96321852 Reseni Zadaci Slucajni Procesi

42
ELEKTRO - ODSEK Sluˇ cajni procesi RE ˇ SENI ZADACI IZ STATISTIKE I SLU ˇ CAJNIH PROCESA 1

Transcript of 96321852 Reseni Zadaci Slucajni Procesi

  • ELEKTRO - ODSEKSlucajni procesi

    RESENI ZADACI IZ STATISTIKEI SLUCAJNIH PROCESA

    1

  • 1 Karakteristicna funkcija

    X : slucajna promenljiva . Karakteristicna funkcija je preslikavanje kX : R C definisana nasledeci nacin

    kX(t) = E(eitX) =

    i

    eitxi p(xi) , X diskretna slucajna promenljiva

    eitx X(x) dx , X neprekidna slucajna promenljiva

    .

    Osobine

    |kX(t)| 1. kX(0) = 1. kX(t) = kX(t). kaX+b(t) = eitbkX(at). Ako su X i Y nezavisne slucajne promenljive tada je kX+Y (t) = kX(t) kY (t).

    Ako postoji momenat mr = E(Xr), r N tada je E(Xr) = k(r)X (0)

    ir .

    Karakteristicna funkcija za neke vaznije raspodele

    Binomna raspodela B(n, p) kX(t) = (q + peit)n

    Poasonova raspodele P() kX(t) = e(1eit)

    Geometrijska raspodele G(p) kX(t) = peit

    1 qeit

    Uniformna raspodela U(a, b) kX(t) = eitb eitait(b a)

    Eksponencijalna raspodela E(a) kX(t) = aa it

    Normalna raspodela N (m, ) kX(t) = eitm e2t2

    2

    Normalna raspodela N (0, 1) kX(t) = e t22

    1. Za date karakteristicne funkcije naci odgovarajuce zakone raspodela (za slucajne promenljive disk-retnog tipa)

    (a) kX(t) = cos t.

    (b) kX(t) = 3+cos t4 .

    (c) kX(t) = (2 eit)1.(d) kX(t) =

    k=0

    ak cos(kt), ak > 0,k=0

    ak = 1.

    Resenje:

    (a) kX(t) = cos t =eit + eit

    2=

    12eit1 +

    12eit(1), tako da je trazena slucajna promenljiva X :( 1 1

    12

    12

    ).

    (b) kX(t) =3 + cos t

    4=

    34+

    cos t4

    =34eit0 +

    14eit + eit

    2=

    34eit0 +

    18eit1 +

    18eit(1), tako da je

    trazena slucajna promenljiva X :( 1 0 1

    18

    34

    18

    ).

    2

  • (c) kX(t) = (2 eit)1 = (2(1 eit

    2))1 =

    12

    k=0

    (1k

    )(e

    it

    2)k =

    12

    k=0

    (1k

    )(1)k e

    itk

    2k=

    =k=0

    (1k

    )(1)k e

    itk

    2k+1=

    k=0

    eitk(1)k2k+1

    (1) . . . (1 (k 1))k!

    =

    =k=0

    eitk(1)k(1)k

    2k+1 k!k!

    =k=0

    eitk1

    2k+1,

    tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX = {0} N, pri cemu je P(X = k) = 12k+1 .

    (d) kX(t) =k=0

    ak cos(kt) =k=0

    akeitk + eitk

    2=

    k=0

    akeitk

    2+

    k=0

    akeitk

    2=

    =k=0

    ak2eitk +

    k=0

    ak2eit(k),

    tako da je skup vrednosti slucajne promenljive RX = Z pri cemu jeP(X = k) = P(X = k) = ak2 , k N i P(X = 0) = a02 + a02 = a0.

    2. Element se sastoji iz dva prekidacapovezanih kao na slici. Duzine radaprekidaca su nezavisne i imaju ekspo-nencijalnu E(1) raspodelu.

    P1

    P2

    (a) Naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Ykoja predstavlja duzinu rada elementa.

    (b) Ako je dato n nezavisnih slucajnih promenljivihY1, . . . , Yn koje imaju istu raspodelu kao i slucajnapromenljiva Y naci karakteristicnu funkciju slucajne

    promenljive Sn =Sn E(Sn)

    D(Sn), gde je

    Sn = Y1 + . . .+ Yn.Resenje:

    Slucajne promenljive X1 i X2 koje predstavljaju duzinu rada prvog, odnosno drugog prekidacaimaju eksponencijalnu E(1) raspodelu tako da je FX(x) = 1 ex, x > 0. Y = max{X1, X2} isada trazimo raspodelu za Y (koristeci definiciju funkcije raspodele) FY (y) = P(Y < y), y R.FY (y) = P(Y < y) = P(max{X1, X2} < y) = P(X1 < y,X2 < y) = P(X1 < y)P(X2 < y) == FX1(y)FX2(y) = F

    2X(y) =

    {0 , y 0(1 ey)2 , y > 0 =

    {0 , y 01 2ey + e2y , y > 0 .

    Y (y) = FY (y) =

    {0 , y 02ey 2e2y , y > 0 .

    (a) kY (y) =

    eityY (y)dy =

    0

    eity(2ey 2e2y)dy = 20

    e(it1)ydy 20

    e(it2)ydy =

    = 2it1e(it1)y|0 2it1e(it2)y|0 = 2it1 + 2it2 = 2(it1)(it2)

    (b) Prvo cemo pronaci matematicko ocekivanje i disperziju slucajne promenljive Y

    E(Y ) =0

    y(2ey 2e2y)dy = 32 , E(Y 2) =0

    y2(2ey 2e2y)dy = 72 , D(Y ) = 54 .Sn = Y1 + . . .+ YnE(Sn) = E(Y1 + . . .+ Yn) = E(Y1) + . . .+ E(Yn) = nE(Y ) = 3n2 ,D(Sn) = D(Y1 + . . .+ Yn) = D(Y1) + . . .+ D(Yn) = nD(Y ) = 5n4 ,

    Sn =Sn E(Sn)

    D(Sn)=

    Sn 3n25n4

    =Sn 3n2

    5n2

    =25n

    Sn

    95n.

    Nalazimo karakteristicnu funkciju za Sn, pa zatim i karakteristicnu funkciju za Sn:

    kSn(t) = kY1+...+Yn(t) =ni=1

    kYi(t) = (kY (t))n =

    ( 2(it 1)(it 2)

    )n,

    kSn(t) = k 25nSn

    95n

    (t) = eit

    95n kSn

    ( 25n

    t)= eit

    95n

    ( 2(i 2

    5nt 1)(i 2

    5nt 2)

    )n.

    3

  • 3. Verovatnoca da ce posmatrani eksperiment uspeti je p. Ako su izvodenja eksperimenata medusobnonezavisna naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y koja predstavlja broj izvrseniheksperimenata dok ukupan broj uspesnih eksperimenata ne bude k.

    Resenje:

    X1 broj ponavljanja eksperimenta do prve pozitivne realizacije X1 : G(p) raspodeluX2 broj ponavljanja eksperimenta od prve do druge pozitivne realizacije X2 : G(p) raspodeluX3 broj ponavljanja eksperimenta od druge do trece pozitivne realizacije X3 : G(p) raspodelu

    ...

    Xk broj ponavljanja eksperimenta od k1-ve do k-te pozitivne realizacije Xk : G(p) raspodeluKako slucajne promenljive X1, . . . , Xk imaju istu geometrijsku raspodelu, one imaju i istu karak-teristicnu funkciju

    kXs(t) =peit

    1 qeit , s = 1, . . . , k

    Y = X1 + . . .+Xk i slucajne promenljive X1, . . . , Xk su medusobno nezavisne tako da je

    kY (t) = kX1+...+Xk(t) =k

    s=1

    kXs(t) =( peit1 qeit

    )k.

    4. Data je slucajna promenljiva X sa uniformnom U(1, 1) raspodelom i niz Y1, Y2, . . . nezavisnih,jednakorasporedenih slucajnih promenljivih sa zakonom raspodele Yn :

    ( 1 112

    12

    ).

    (a) Naci karakteristicne funkcije za slucajne promenljive X, Yn, n N i Zn =nj=1

    ajYj gde je aj

    proizvoljna konstanta.

    (b) Dokazati da raspodela slucajne promenljive Zn =nj=1

    Yj2j kad n konvergira ka raspodeli

    slucajne promenljive X.

    Resenje:

    (a) X : U(1, 1) tako da je X(x) = 12 , x (1, 1) tako da je

    kX(t) =1

    1eitx 12dx =

    12

    1ite

    itx|11 = eiteit2it =

    sin tt , t 6= 0,

    kX(0) = 1.

    kYn(t) = eit(1) 12 + eit(1) 12 = e

    it+eit2 = cos t.

    kZn(t) = k nj=1

    ajYj(t) =

    nj=1

    kajYj (t) =nj=1

    kYj (ajt) =nj=1

    cos(ajt).

    (b) kZn(t) =nj=1

    cost

    2j= cos

    t

    2 cos t

    4 . . . cos t

    2n=

    sin t2 sin t2

    sint2

    2 sin t22 . . . sin

    t2n1

    2 sin t2n=

    sin t2n sin t2n

    ,

    limn kZ

    n(t) = lim

    nsin t

    2n sin t2n= sin t lim

    n

    1tt2n

    sin t2n=

    sin tt

    = kX(t).

    5. Nezavisne slucajne promenljive X i Y imaju Poasonove raspodele X : P(a), Y : P(b),(a, b > 0). Naci raspodele slucajne promenljive: Z = X + Y .

    Resenje:

    Koristeci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih X i Y :

    4

  • kX(t) = ea(1eit), kY (t) = eb(1e

    it),

    dobijamo karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Z:

    kZ(t) = kX+Y (t) = kX(t)kY (t) == ea(1eit) eb(1eit) = e(a+b)(1eit)

    Dobijena karakteristicna funkcija odgovara slucajnoj promenljivoj sa Poasonovom P(a+b) raspode-lom.

    6. Slucajna promenljiva Y predstavlja zbir brojeva dobijenih pri bacanju 5 kockica za igru. Odreditikarakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y i pomocu nje matematicko ocekivanje za Y .

    Resenje:

    Neka su Xi, i {1, 2, 3, 4, 5} slucajne promenljive koje predstavljaju brojeve koji su dobijeni nai - toj kockici. Slucajne promenljive Xi su nezavisne i imaju isti zakon raspodele:

    P(Xi = k) = 16 , k {1, 2, 3, 4, 5, 6}, i {1, 2, 3, 4, 5}.Slucajnu promenljivu Y mozemo predstaviti kao

    Y = X1 +X2 +X3 +X4 +X5pa cemo naci karakteristicne funkcije slucajnih promenljivih Xi (sve imaju isti zakon raspodele,pa ce imati i iste karakteristicne funkcije), te cemo pomocu njih, koristeci osobine karakteristicnihfunkcija, naci karakteristicnu funkciju slucajne promenljive Y :

    kXj (t) = E(eitXj ) =

    6m=1 e

    itmP(X = m) =6

    m=1 eitm 1

    6 =16 (e

    it + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it).

    Sada dobijamo:

    kY (t) = k(X1+X2+X3+X4+X5)(t) =5

    j=1 kXj (t) = (kX1(t))5 = 165 (e

    it+e2it+e3it+e4it+e5it+e6it)5.

    Pomocu karakteristicne funkcije nalazimo matematicko ocekivanje slucajne promenljive Y :

    (KY (t)) =

    = 165 5(eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it)4 (ieit + 2ie2it + 3ie3it + 4ie4it + 5ie5it + 6ie6it) =

    = 5i65 (eit + e2it + e3it + e4it + e5it + e6it)4 (it+2e2it + 3e3it + 4e4it + 5e5it + 6e6it),

    K Y (0) =5i65 (1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1)

    4(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 5i65 64 21 = 352 i,

    E(Y ) =kY 0)i

    =352.

    5

  • 2 Zakoni velikih brojeva

    Nejednakost CebisevaNeka je X nenegativna slucajna promenljiva, tada je

    P(X ) E(X2)

    2.

    Nejednakost Cebiseva se cesto srece i u obliku

    P(|X E(X)| ) D(X)2

    .

    Centralne granicne teoremeX1, X2, . . . niz nezavisnih slucajnih promenljivih sa istom raspodelom o E(Xr) = a i D(Xr) = s2. Tada

    P

    ( nr=1

    Xr nasn

    < x

    ) 1

    2pi

    x

    et22 , n.

    Ako je X binomna B(n, p) raspodela, tada vazi

    P

    (X np

    npq< x

    ) 1

    2pi

    x

    et22 , n

    i centralnu granicnu teoremu zovemo Teorema Muavr-Laplasa.

    1. Elektrostanica opsluzuje mrezu sa 10000 sijalica. Verovatnoca ukljucenja svake od sijalicauvece iznosi 0.9. Izracunati verovatnocu da apsolutno odstupanje broja ukljucenih sijalica odmatematickog ocekivanja bude najvise 200 koristeci

    (a) nejednakost Cebiseva,

    (b) teoremu Moavr - Laplasa.

    Resenje:

    Slucajna promenljiva X koja predstavlja broj ukljucenih sijalica ima binomnu raspodelu X :B(10000, 0.9), pri cemu je

    E(X) = 10000 0.9 = 9000 i D(X) = 10000 0.9 0.1 = 900.(a) Na osnovu nejednakosti Cebiseva P(|X E(X)| ) D(X)2 (za sve > 0) dobijamo

    P(|XE(X)| 200) = 1P(|XE(X)| > 200) = 1P(|XE(X)| 201) 1D(X)2012 0.9777.(b) Primenom teoreme Moavr-Laplasa dobijamo

    P(|X E(X)| 200) = P(|X E(X)| < 201) = P(201 < XE(X) < 201) == P( 201

    D(X)< XE(X)

    D(X)< 201

    D(X)) = P(201

    900< XE(X)

    D(X)< 201

    900) = P(6.7 < X < 6.7)

    (6.7) (1 (6.7)) = 2(6.7) 1 1.2. Poznato je da se u prometu nalazi 20% belih automobila. Belezi se boja 1000 automobila koji sukce-

    sivno produ kroz raskrsnicu. Oceniti verovatnocu da relativna ucestanost prolaska belih automobilaodstupa od odgovarajuce verovatnoce za najvise 0.02:

    (a) pomocu nejednakosti Cebiseva,

    (b) pomocu teoreme Moavr - Laplasa.

    6

  • Resenje:

    Slucajna promenljiva S1000 koja predstavlja broj belih od ukupno 1000 automobila koji produkroz raskrsnicu ima binomnu B(1000, 15 ) raspodelu. Pri tome je E(S1000) = 1000 15 = 200 iD(S1000) = 1000 15 45 = 160. Ispitujemo odstupanje |S10001000 15 | relativne ucestanosti S10001000 brojabelih automobila od verovatnoce 15 prolaska belog automobila:

    (a) P(|S10001000 15 | < 0.02) = 1 P(|S10001000 15 | 0.02) = 1 P(S10001000 15

    1000 | 0.02) == 1 P(|S1000 1000 15 | 1000 0.02) 1

    1000 15 45(10000.02)2 =

    35 .

    (b) P(|S10001000 15 | < 0.02) = P(|S10001000 15

    1000 | < 0.02) = P(|S1000 1000 15 | < 0.02 1000) == P( |S10001000

    15 |

    D(S1000)< 0.021000

    D(S1000)) = P( |S10001000

    15 |

    D(S1000)< 1.58114) =

    = P(1.58114 < S1000 < 1.58114) (1.58114) (1.58114) 2 (1.58114) 1 2 0.9429 1 0.8858.

    3. Slucajna promenljiva X predstavlja broj automobila koji prolaze kroz neku posmatranu raskrsnicutokom jednog minuta ima (u svakoj minuti) Poasonovu raspodelu sa parametrom = 30.

    (a) Naci verovatnocu da tokom 20 minuta kroz raskrsnicu prode najmanje 200 automobila.

    (b) Odrediti maksimalnu vrednost broja m takvog da sa verovatnocom vecom od 0.9 broj auto-mobila koji za 20 minuta prolaze kroz raskrsnicu bude bar m.

    Resenje:

    RX = {0, 1, 2, 3, . . .}, P(X = i) = 30ii! e30, i RX , E(X) = 30, D(X) = 30.Posmatrajmo slucajne promenljive Xk koje predstavljaju broj automobila koji prolaze kroz raskr-snicu tokom k - tog posmatranog minuta. Slucajne promenljive Xk su medusobno nezavisne iimaju iste raspodele (samim tim i matematicka ocekivanja i disperzije) kao slucajna promenljivaX. Slucajna promenljiva Sn =

    nk=1Xk predstavlja broj automobila koji prolaze kroz raskrsnicu

    tokom n minuta, pri cemu za nju vazi E(Sn) =n

    k=1 E(Xk) = 30n i D(Sn) =n

    k=1 D(Xk) = 30n.Posmatrajmo i normalizovanu slucajnu promenljivu Sn =

    SnE(Sn)D(Sn)

    = Sn30n30n

    .

    (a) Primenom centralne granicne teoreme na S20 dobijamoP(S20 200) = 1 P(S20 < 200) = 1 P(S20600600 < 200600600 ) = 1 P(S20 < 400106 ) 1 P(S20 < 16.33) 1 (16.33) = 1 1 + (16.33) 1.

    (b) Trazimo maksimalno m N za koje vazi P(S20 m) > 0.9? ImamoP(S20 m) = 1 P(S20 < m) = 1 P(S20600600 < m600600 ) == 1 P(S20 < m600106 ) 1 (m600106 ).Dakle:P(S20 m) > 0.9 1 (m600106 ) 0.9 (m600106 ) 0.1 m600

    106 1(0.1) 1.28 m 568.647, pa je trazeno resenje m = 568.

    4. Kolicina praska u jednoj kesi ima ocekivanu vrednost a = 3.6 kg sa standardnim odstupanjem = 0.05 kg. Kolicina praska u jednoj kesi u sanduku je nezavisna od kolicine praska u ostalimkesama. Koliko najvise moze biti kesa u sanduku pa da ukupna kolicina praska bude manja od400 kg sa verovatnocom 0.9?

    Resenje:

    Neka je Xi kolicina praska u i - toj kesi (jedinica merenja je kilogram), a Sn =n

    i=1Xi ukupnakolicina praska koji se nalazi u sanduku, upakovana u n kesa (n N). Slucajna promenljiva Xiima numericke karakteristike E(Xi) = 3.6 i D(Xi) = 0.052 = 0.0025 za sve i {1, 2, . . . , n}.Odatle dobijamo

    E(Sn) = E(n

    i=1Xi) =n

    i=1 E(Xi) = 3.6n, D(Sn) = D(n

    i=1Xi) =n

    i=1 D(Xi) = 0.0025n

    (slucajne promenljive Xi su nezavisne).

    7

  • Treba po n resiti jednacinu P(Sn < 400) = 0.9.

    P(Sn < 400) = 0.9 P(SnE(Sn)D(Sn)

    < 400E(Sn)D(Sn) ) = 0.9 (400E(Sn)D(Sn)

    ) 0.9

    400E(Sn)D(Sn) 1(0.9) 1.284003.6n0.05

    n 1.28 3.6n+ 0.064n 400 0 (3.6t2 + 0.064t 400 0 t = n)

    (t 10.532 t 10.5498) t = n n 10.5498 n 10.54982 111.2983,sto znaci da se sa najvise 111 kesa u sanduku nalazi manje od 400kg sa verovatnocom 0.9.

    5. U jednoj igri igrac osvaja 50 poena sa verovatnocom 0.5, 10 poena sa verovatnocom 0.3 i 100poena sa verovatnocom 0.2 (dakle, gubi 100 poena sa verovatnocom 0.2).

    (a) Ako je igrac odigrao 100 igara, koliko iznosi verovatnoca da je osvojio bar 900 poena?

    (b) Koliko igara treba da odigra, pa da sa verovatnocom 0.95 osvoji bar 1000 poena?

    Resenje:

    Neka je Xi slucajna promenljiva koja predstavlja broj poena koji igrac dobija (ili gubi) u i - tojigri. Slucajne promenljive Xi su nezavisne i imaju isti zakon raspodele i numericke karakteristike:

    Xi :( 100 10 50

    0.2 0.3 0.5

    ),

    E(Xi) = 100 0.2 + 10 0.3 + 50 0.5 = 8, E(X2i ) = (100)2 0.2 + 102 0.3 + 502 0.5 = 3280,E(Xi) = 3280 82 = 3216.Slucajna promenljiva Sn =

    ni=1Xi predstavlja ukupan broj dobijenih ili izgubljenih poena

    tokom odigranih n igara. Pri tome je E(Sn) = 8n i D(Sn) = 3216n (zbog nezavisnosti slucajnihpromenljivih Xi). Na osnovu centralne granicne teoreme , slucajna promenljiva Sn =

    SnE(Sn)D(Sn)

    ima (za dovoljno veliko n) priblizno N (0, 1) raspodelu.(a) P(S100 900) = 1P(S100 < 900) 1P(S100 < 0.18) 1(0.18) 1 0.5676 0.4324.(b) Resavamo po n jednacinu P(Sn 1000) = 0.95:

    P(Sn 1000) = 0.95 1 P(Sn < 1000) = 0.95 P(Sn < 1000) = 0.05 P(Sn < 10008n3216n ) = 0.05 ( 10008n3216n ) = 0.05 10008n

    3216n= 1(0.05) 1.65 1000 8n 1.653216n

    8n 93.57n 1000 0 (8t2 93.57t 1000 0 t = n) (t 6.76935 t 18.4656) t = n) (t 18.4656 t = n) n 18.46562 340.978.Dakle, treba da odigra 341 igru.

    8

  • 3 Statistika - tackaste ocene parametara

    Obelezje X dato je raspodelom FX(x, ), gde je nepoznati parametar. (x1, x2, . . . , xn) su realizovanevrednosti uzorka (X1, X2, . . . , Xn). Pomocu realizovanog uzorka ocenjujemo nepoznati parametar ilineku funkciju () nepoznatog parametra. Ocena moze biti tackasta i intervalna.

    Tackaste ocene parametara

    Statistika U = u(X1, . . . Xn), takva da je u(x1, . . . , xn) vrednost u odredenom smislu bliska vrednostifunkcije parametra (), se zove tackasta ocena za (), a broj u(x1, . . . xn) je tackasta ocena za ()na osnovu realizovanog uzorka (x1, . . . , xn).Kazemo da je U = u(X1, . . . Xn) postojana ocena nepoznate funkcije parametra 90 ako je

    limnP(|() u(X1, . . . , Xn)| ) = 0, za svako > 0.

    Ocena je centrirana ako jeE(u(X1, . . . , Xn)) = (),

    a asimptotski centrirana ako jelimnE(u(X1, . . . , Xn)) = ().

    Ako imamo dve centrirane ocene za (), tada je ona koja ima manju disperziju efikasnija ocena.Ocenu U = u(X1, . . . , Xn) nazivamo najefikasnijom ocenom ako je disperzija od U jednaka infimumusvih centriranih ocena. U tom slucaju je

    D(U) = | ()a() |.

    Metoda momenata

    Sastoji se u tome da se uzoracki momenti ili njihove funkcije uzimaju kao ocene momenata ili njihovihfunkcija i iz tih jednacina se izrazavaju nepoznati parametri. Ako imamo vise nepoznatih parametara1, 2, . . . u raspodeli FX(x, 1, 2, . . .) obelezja X, onda koristimo onoliko jednacina koliki je broj nepoz-natih parametara.

    Uzoracki moment reda k Mk

    n =1n

    ni=1

    Xki .

    Za k = 1 imamo aritmeticku sredinu koju oznacavamo Xn.

    Uzoracki centralni moment reda k Sk

    n =1n

    ni=1

    (Xi Xn)k.Za k = 2 imamo uzoracku disperziju koju oznacavamo S

    2

    n.

    Metoda maksimalne verodostojnosti

    Funkcija L = L(x1, . . . , xn, ), R koja se definise na sledeci nacin

    LL(x1, . . . , xn, ) =

    ni=1

    p(xi, ) , X diskretna slucajna promenljivani=1

    X(xi, ( dx , X neprekidna slucajna promenljiva,

    se naziva funkcija verodostojnosti.Ocena maksimalne verodostojnosti je statistika U = u(X1, . . . Xn) koja zadovoljava uslov

    L(x1, . . . , xn, u) L(x1, . . . , xn, )ili

    L(x1, . . . , xn, u) = maxR

    L(x1, . . . , xn, ).

    Cesto maksimum funkcije L nalazimo kao vrednost za koju je L jednako 0. Zbog funkcije L cesto jelakse resiti jednacinu

    lnL = 0.

    U slucaju da u raspodeli obelezja X figurise vise nepoznatih parametara 1, 2, . . . , k postupak je analo-gan. Trazi se maksimum funkcije L(x1, . . . , Xn; 1, . . . , k) i obicno se svodi na resavanje sistema jednacina

    lnL(x1,...,Xn;1,...,k)i

    = 0, za i = 1, . . . , k.

    1. Obelezje X ima zakon raspodele:(

    1 22p 1 2p

    ).

    Na osnovu uzorka obima n oceniti parametar p

    9

  • (a) metodom momenata,

    (b) metodom maksimalne verodostojnosti.

    Resenje:

    (a) Matematicko ocekivanje obelezja X:E (X) = 1 2p+ 2 (1 2p) = 2(1 p)izjednacavamo sa uzorackom srednjom vrednoscu:E (X) = Xn 2(1 p) = Xn 1 p = 12Xni dobijamo ocenu parametra p :

    p = 1 12Xn.(b) Koristicemo statistiku K, gde je K slucajna promenljiva koja predstavlja broj jedinica

    u uzorku obima n (mozemo je predstaviti na sledeci nacin: K = K (X1, X2, . . . , Xn) =ni=1

    I{Xi=1}, gde je I{Xi=1} indikator dogadaja {Xi = 1}, tj. slucajna promenljiva definisana

    sa I{Xi=1} ={

    1 , Xi = 10 , Xi 6= 1 ).

    Oznacimo sa k broj pojavljivanja jedinice u uzorku (x1, x2, . . . , xn).

    L (x1, . . . , xn; p) =ni=1

    P(Xi = xi) =

    = (2p)k (1 2p)nk,lnL (x1, . . . , xn; p) = ln

    ((2p)k (1 2p)nk

    )=

    = k ln (2p) + (n k) ln (1 2p).Maksimum funkcije L po p :

    plnL (x1, . . . , xn; p) = k 12p 2 + (n k)

    11 2p (2) =

    =k

    p+2(n k)1 2p =

    (1 2p)k 2p(n k)p(1 2p) =

    =k 2pk 2p(n k)

    p(1 2p) =k 2p(k + n k)

    p(1 2p) =k 2npp(1 2p) ,

    p lnL (x1, . . . , xn; p) = 0 k 2np = 0 p = k2n .Prema tome, metodom maksimalne verodostojnosti smo dobili ocenu:

    p =K

    2n.

    2. ObelezjeX ima uniformnu U (0, b) raspodelu (b > 0). Na osnovu uzorka obima n oceniti parametarb. Ispitati centriranost i postojanost dobijene ocene.

    Resenje:

    Slucajna promenljiva X ima sledece karakteristike:

    X(x; b) =

    {0 , x 6 (0, b)1b , x (0, b)

    ,

    FX(x; b) =

    0 , x < 01bx , x (0, b]1 , x > b , (b > 0),E (X) = 12b, D(X) =

    112b

    2.

    Prvi nacin -metodom momenata:

    Izjednacavanjem matematickog ocekivanja E (X) = 12b obelezja X sa uzorackom srednjom

    vrednoscu Xn = 1nni=1

    Xi dobijamo jednacinu 12b =1n

    ni=1

    Xi cijim resavanjem po b dobijamoocenu:

    b = 2nni=1

    Xi.

    10

  • Centriranost:

    E(b)= E

    (2n

    ni=1

    Xi

    )= 2n

    ni=1

    E (Xi) = 2nni=1

    12b =

    2n n 12b = b,

    te je b centrirana ocena parametra b.

    Postojanost: statistika b je centrirana ocena parametra b pa postojanost mozemo ispitati koristecinejednakost Cebiseva. Za > 0 vazi

    P(b b > ) = P(b E(b) > ) D(b)2) = b23n2 .

    Prema tome: 0 limnP(

    b b > ) limn

    b2

    3n2 = 0,

    odakle je limnP(

    b b > ) = 0, pa ocena jeste postojana.Drugi nacin -metodom maksimalne verodostojnosti:

    Funkcija verodostojnosti je L(x1, . . . , xn; b) =n

    i=1 X (xi; b) =1bn .

    L(x1, . . . , xn; b) je monotono opadajuca funkcija (po b), te dostize maksimalnu vrednost za najmanje

    b za koje uzorak ima smisla ( L(x1, . . . , xn; b) ={

    0 , i, xi 6 (0, b)1bn , i, xi (0, b)

    ,

    lnL(x1,...,xn;b)b =

    {0 , i, xi 6 (0, b)nb , i, xi (0, b)

    ),

    a to je u tacki b = max{x1, x2, . . . , xn}.Tako dobijamo ocenu:

    b = max{X1, X2, . . . , Xn}.Posto je

    Fb(t) = P

    (b < t

    )= P (max {X1, X2, . . . , Xn} < t) =

    = P (X1 < t,X2 < t, . . . ,Xn < t) == P (X1 < t)P (X2 < t) . . .P (Xn < t) =

    = FX1

    (t)FX2

    (t) . . . FXn

    (t) = (FX(t))n =

    0 , t < 01bn tn , t [0, b]1 , t > b ,sledi da je:

    b(t) = F b (t) =

    {nbn t

    n1 , t [0, b]0 , t 6 [0, b] .

    Centriranost:

    E(b)=

    tb(t) dt =

    b0

    t nbn tn1dt = nbn

    tn+1

    n+1

    b

    |0= b nn+1 .

    Statistika b nije centrirana ali jeste asimptotski centrirana ocena parametra b jer je: E(b)=

    b nn+1 6= b i limnE(b)= lim

    n bn

    n+1 = b.

    Postojanost: za proizvoljno > 0 vazi

    P(b b > ) = 1 P(b b ) = 1 P(b b b+ ) =

    = 1 (Fb(b+ ) F

    b(b )) =

    =

    {1

    (1 nbn (b )n1

    ), 0 < < b

    1 (1 0) , b={

    nb

    (bb

    )n1, 0 < < b

    0 , b .

    Ocena je postojana jer je

    limnP

    (b b > ) = { limn nb ( bb )n1 , 0 < < blimn 0 , b

    [1]= 0.

    [1] - Jer je 0 < bb < 1 a poznato je da za |q| < 1 vazi limnnqn = 0.

    11

  • 3. Data je raspodela obelezja X:(0 1 2 3 1

    1 1

    (1

    )2 1 ( 1 )3 1 ), > 1.

    Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar . Ispitaticentriranost i postojanost dobijene ocene.

    Resenje:

    Funkcija verodostojnosti: za > 1 je

    L (x1, . . . , xn; ) =ni=1

    P (X = xi; ) =ni=1

    1 (1

    )xi = 1n ( 1 ) ni=1 xi ,lnL (x1, . . . , xn; ) = n ln +

    ni=1

    xi ln 1 .

    Trazimo maksimum funkcije L po > 1 :

    lnL (x1, . . . , xn; ) = n +

    ni=1

    xi 1 12 = n + 1(1)ni=1

    xi.

    Posto je

    lnL (x1, . . . , xn, ) = n + 1(1)

    ni=1

    xi = 0

    n( 1) =ni=1

    xi = 1nni=1

    xi + 1 = xn + 1,

    dobili smo ocenu: = Xn + 1.

    Centriranost:

    Primetimo da se slucajna promenljiva X moze predstaviti kao X = Y 1, gde je Y slucajnapromenljiva sa geometrijskom G ( 1 ) raspodelom, odakle dobijamoE()= E

    (1n

    ni=1

    Xi + 1)= 1n

    ni=1

    E (Xi) + E (1) = 1nnE (X) + 1 =

    = E (Y 1) + 1 = E (Y ) 1 + 1 = E (Y ) = 11

    = .

    Dakle, ocena = Xn + 1 jeste centrirana.

    Postojanost:

    Kako je ocena = Xn+1 centrirana, postojanost mozemo ispitati primenom nejednakosti Cebiseva([]).Za Y : G ( 1 ) je D (Y ) = 1 1( 1 )2 = ( 1), te dobijamoD (X) = D (Y 1) = D (Y ) + D (1) = D (Y ) = ( 1),odakle sledi

    D()= D

    (1n

    ni=1

    Xi + 1)= 1n2

    ni=1

    D (Xi) + D (1) =

    = 1n2nD (X) + 0 =1nD (X) =

    1n( 1).

    Za svako > 0 je

    0 limnP

    ( E() ) [] limn

    D()2 = limn

    (1)n2 = 0.

    Dakle, ocena = Xn + 1 jeste postojana.

    4. Obelezje X ima uniformnu U (a, b) raspodelu. Metodom momenata naci ocenu parametara a i b.Resenje:

    Posto treba oceniti 2 parametra, izjednacicemo, na primer, momente prvog i drugog reda obelezjaX sa prvim i drugim uzorackim momentom (posmatramo uzorak velicine n: (X1, X2, . . . , Xn)), azatim dobijene jednakosti resavamo kao sistem jednacina po a i b:

    12

  • E (X) = a+b2 = Xn =1n

    ni=1

    Xi,

    E(X2)= D (X) + E2 (X) = (ba)

    2

    12 +(a+b)2

    4 =

    = 13(a2 + ab+ b2

    )= m2 = 1n

    ni=1

    X2i ,

    koji je ekvivalentan sa

    a = 2Xn ba2 + ab+ b2 = 3n

    ni=1

    X2i

    a = 2Xn bb2 2Xnb+ 4X2n 3n

    ni=1

    X2i = 0

    a = 2Xn bb = Xn

    3n

    ni=1

    X2i 3X2

    n =

    = Xn 3

    n

    (ni=1

    X2i 1n(

    ni=1

    Xi

    )2)=

    = Xn

    3n

    ni=1

    (Xi Xn

    )2= Xn

    3S

    2

    n

    a = Xn 3S

    2

    n b = Xn 3S

    2

    n,

    ali zbog X : U (a, b), tj. zbog a < b uzimamo:a = Xn

    3S

    2

    n b = Xn +3S

    2

    n.

    5. Obelezje X ima gustinu raspodele:

    X(x) =

    {1e x

    , x 00 , x < 0

    , ( > 0).

    Metodom maksimalne verodostojnosti naci ocenu parametra (za uzorak obima n) i ispitaticentriranost (asimptotsku centriranost) dobijene ocene.

    Resenje:

    Funkcija verodostojnosti za uzorak obima n:

    L (x1, . . . , xn; ) =ni=1

    Xi

    (xi) =ni=1

    1e xi

    = n2 e

    1

    ni=1

    xi,

    lnL (x1, . . . , xn; ) = ln n2 + ln e

    1

    ni=1

    xi= n

    2ln 1

    ni=1

    xi.

    Trazimo maksimum funkcije L po :

    lnL (x1, . . . , xn; ) = n2 1 + 12

    32

    ni=1

    xi = 0

    n+ 12ni=1

    xi = 0 1ni=1

    xi = n

    = 1nni=1

    xi = xn = x2n.

    Prema tome, dobili smo ocenu: = X2

    n.

    Koristeci:

    13

  • E (X) =

    x

    X(x) dx =

    0

    x 1e x

    dx =

    [1]=0

    t21 etdt = (2) =

    ,

    E(X2)=

    x2 X(x) dx =

    0

    x2 1e x

    dx =

    [1]=

    0

    t31 etdt = (3) = 2,

    [1] - Smena x= t.

    i koristeci nezavisnost slucajnih promenljivih Xi (odnosno koristeci E (XiXj) = E (Xi)E (Xj)),dobijamo matematicko ocekivanje statistike :

    E()= E

    ([1n

    ni=1

    Xi

    ]2)= 1n2E

    (ni=1

    X2i +i 6=j

    XiXj

    )=

    = 1n2

    (ni=1

    E(X2i)+i 6=j

    E (Xi)E (Xj)

    )=

    = 1n2

    (ni=1

    E(X2)+i 6=j

    (E (X))2)=

    = 1n2(nE(X2)+(n2 n)(E (X))2) =

    = 1n2(n (2) + (n2 n)) = 2n + 1n = 1n + 6= .

    Dakle, ocena nije centrirana, ali jeste asimptotski centrirana jer je:

    limnE

    ()= lim

    n(1n +

    )= .

    6. Obelezje X ima zakon raspodele:( 1 0 1

    2 1 3).

    (a) Na osnovu uzorka obima n naci ocenu parametra metodom maksimalne verodostojnosti.

    (b) Izracunati vrednost ocenjenog parametra za uzorak1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0 .

    (c) Ispitati centriranost dobijene ocene.

    Resenje:

    (a) Neka statistika Kn (x1, . . . , xn; ) predstavlja broj pojavljivanja broja 1 u uzorku, a statis-tikaMn (x1, . . . , xn; ) broj pojavljivanja broja 0 u uzorku. Tada broj pojavljivanja broja 1 uuzorku predstavlja statistika nKn (x1, . . . , xn; )Mn (x1, . . . , xn; ).L (x1, . . . , xn; ) = P (X1 = x1)P (X2 = x2) . . .P (Xn = xn) =

    = Kn (2)Mn (1 3)nKnMn = 2Mn Kn+Mn (1 3)nKnMn ,lnL (x1, . . . , xn; ) ==Mn ln 2 + (Kn +Mn) ln + (nKn Mn) ln (1 3), lnL (x1, . . . , xn; ) =

    Kn+Mn 3nKnMn13 .

    Nalazimo maksimum funkcije L po : lnL (x1, . . . , xn; ) = 0 Kn+Mn 3nKnMn13 = 0 (Kn +Mn)(1 3) 3(nKn Mn) = 0 Kn +Mn 3n = 0 = Kn+Mn3n .

    Dakle, dobili smo ocenu: = 13n (Kn +Mn).

    (b) Kod uzorka 1, 1,1, 0, 1, 1,1, 0 velicine n = 8 je k8 = 2 i m8 = 2 te je = 2+238 = 16 .

    14

  • (c) Poznato je da slucajna promenljiva Kn ima binomnu B (n, ) raspodelu, a slucajnapromenljiva Mn binomnu B (n, 2) raspodelu. Sledi da je E (Kn) = n i E (Mn) = 2n tedobijamo

    E()= E

    (13n (Kn +Mn)

    )= 13n (E (Kn) + E (Mn)) ==

    13n (n + 2n) = ,

    sto znaci da ocena jeste centrirana.

    7. Za ocenu nepoznatog parametra m u obelezju sa normalnom raspodelom N (m, 1) predlozene suocene:

    1 = nX1 (X2 +X3 + . . .+Xn),2 = (n 1)X1+X22 (X3 +X4 + . . .+Xn).

    (a) Ispitati centriranost datih ocena.

    (b) Koja ocena je efikasnija?

    Resenje:

    Za obelezje X : N (m, 1) imamo E (X) = m i D (X) = 12 = 1.(a) Obe ocene su centrirane jer je

    E (1) = E (nX1 (X2 +X3 + +Xn)) == nE (X1)

    ni=2

    E (Xi) = nm (n 1)m = m,E (2) = E

    ((n 1)X1+X22 (X3 +X4 + +Xn)

    )=

    = n12 (E (X1) + E (X2))ni=3

    E (Xi) = (n 1)m (n 2)m = m.

    (b) Elementi Xi uzorka su nezavisni pa jeD (1) = D (nX1 (X2 +X3 + +Xn)) == n2D (X1) +

    ni=2

    D (Xi) = n2 1 + (n 1) 1 = n2 + n 1,D (2) = D

    ((n 1)X1+X22 (X3 +X4 + +Xn)

    )=

    = (n1)2

    4 (D (X1) + D (X2)) +ni=3

    D (Xi) =

    = (n1)2

    4 2 + (n 2) 1 = 12n2 32 .Sada treba da vidimo za koje n je ocena 1 efikasnija od ocene 2, i obratno:D (1) D (2) 12 (n+ 1)2 0 n NDakle, za sve n N je ocena 2 efikasnija od ocene 1.

    15

  • 4 Statistika - intervali poverenja

    Neka je (X1, . . . , Xn) uzorak obelezja X cija je raspodele FX(x, ) i neka su U1 = u1(X1, . . . , Xn) iU2 = u2(X1, . . . , Xn) dve statistike takve da je U1 U2 i da je P(U1 < < U2) = gde je unapredzadana verovatnoca (obicno je vece od 0.9 ). Tada se interval (U1, U2) zove 100 procentni intervalpoverenja za . Verovatnoca se zove nivo poverenja. Takode je + = 1 i se naziva pragznacajnosti.

    Parametarske hipoteze i testovi znacajnosti

    Pretpostavimo da je poznata raspodela obelezjaX u kojoj se javlja nepoznati parametar . Pretpostavimoda je = 0, tj postavljamo hipotezu H( = 0). Hipotezu mozemo proveriti i na sledeci nacin (koristeciintervale poverenja)

    0 I hipotezu prihvatamo,0 6 I hipotezu ne prihvatamo.

    Napomena: Kod testiranja disperzije koristimo jednostrani interval poverenja.

    1. U osam merenja jedne velicine dobijeni su sledeci rezultati: 12.32, 14.58, 10.18, 13.82, 11.04, 12.12,14.88, 11.06. Pretpostavlja se da obelezje X ima normalnu raspodelu sa standardnim odstupanjem = 1.6 .

    (a) Naci 90% interval poverenja za nepoznato matematicko ocekivanje m obelezja X.

    (b) Testirati hipotezu da je srednja vrednost 12 ako je prag znacajnosti = 0.1.

    Resenje:

    Za zadani uzorak obima n = 8 izracunavamo uzoracku aritmeticku sredinu

    x8 = 18 (12.32+14.58+10.18+13.82+11.04+12.12+14.88+11.06) = 12.5,

    a iz tablica normalne raspodele za nivo poverenja = 0.9 odnosno prag znacajnosti = 1 = 0.1ocitavamo:a = 1

    (+12

    )= 1 (0.95) = 1.645

    (a) 90% interval poveranja za matematicko ocekivanje (kada disperzija jeste poznata):

    I =[xn a n , xn + a n

    ]=[x8 a 8 , x8 + a

    8

    ]= [11.5694, 13.4305] .

    (b) Posto je zadan isti prag znacajnosti 0.1 = 1 0.9 kao pod (a), i posto 12 pripada nadenom90% - om intervalu poverenja, nasu hipotezu ne odbacujemo.

    2. Poznato je da nedeljna kolicina padavina u ataru sela Kupusina ima priblizno normalnu raspodelu.Izvrsena je serija merenja ciji su rezultati dati u tabeli pri cemu je kolicina padavina ak merena umilimetrima po metru kvadratnom, a sa mk je oznacen broj merenja:

    ak [0, 5) [5, 10) [10, 15) [15, 20) [20, 25) [25, 30) [30,)mk 1 3 4 10 6 4 2

    (a) Naci 95% interval poverenja za srednju vrednost nedeljne kolicine padavina.

    (b) Sa pragom znacajnosti 0.05 testirati hipotezu da je srednja vrednost kolicina padavina nanjivama sela Kupusine jednaka 36.

    Resenje:

    (a) Za datu seriju od n = 1 + 3 + 4 + 10 + 6 + 4 + 2 = 30 merenja izracunavamo uzorackuaritmeticku sredinu i uzoracku disperziju (za svaki interval iz tabele, kao kolicinu padavinauzimamo sredinu intervala):x30 = 130 (2.5 + 3 7.5 + 4 12.5 + 10 17.5 + 6 22.5 + 4 27.5 + 2 32.5) == 563 18.6667,s230 =

    130 ((2.5 563

    )2 + 3 (7.5 563 )2 + 4 (12.5 563 )2++10 (17.5 563 )2 + 6 (22.5 563 )2+

    16

  • +4 (27.5 563 )2 + 2 (32.5 563 )2 == 190136 52.8056,s30 =

    190136 7.26674.

    Iz tablica Studentove raspodele nalazimo da jet301; 1+0.952 = t29;0.975 2.045,

    te je trazeni interval poverenja:(xn

    tn1; 1+2

    n1 sn , xn +tn1; 1+2

    n1 sn

    )=(x30 t29;0.975301 s30 , x30 +

    t29;0.975301 s30

    )=

    (15.9071 , 21.4262) .

    (b) Posto je zadan isti prag znacajnosti 0.05 = 1 0.95 kao pod (a), i posto 36 ne pripadanadenom 95% - om intervalu poverenja, odbacujemo nasu hipotezu.

    3. Poznato je da obelezje X, koje predstavlja vreme (u satima) inkubacije nekog virusa kod pacijenataima normalnu raspodelu.

    a) Odrediti 90% jednostrani i dvostrani interval poverenja za disperziju obelezja X na osnovuslucajnog uzorka prikazanog u tabeli.

    b) Odrediti 90% jednostrani i dvostrani interval poverenja za standardno odstupanje obelezjaX na osnovu slucajnog uzorka prikazanog u tabeli.

    c) Testirati hipotezu da je disperzija inkubacije 16 ako je prag znacajnosti 0.1.

    vreme inkubacije [0, 6) [6, 7) [7, 9) [9, 12) [12, 14) [14, 16) [16, 19]

    broj pacijenata 1 3 4 10 6 4 2

    Resenje:

    Intervale reprezentujemo njihovim sredinama i izracunavamo pomocne velicine:xi 3 6.5 8 10.5 13 15 17.5

    fi 1 3 4 10 6 4 2 n =7

    i=1

    fi = 30

    xifi 3 19.5 32 105 78 60 357

    i=1

    xifi = 332.5

    x2i fi 9 126.75 256 1102.5 1014 900 612.57

    i=1

    x2i fi = 4020.75

    x30 = 1307i=1

    xifi 11.0833,

    s230 =130

    7i=1

    x2i fi x230 11.1847, s30 =s230 3.34436.

    Nivou poverenja = 0.9 odgovara prag znacajnosti = 0.1.

    Iz tablice 2 raspodele nalazimo vrednosti: 2n1; = 229;0.1 19.8, 2n1; 1+2 =

    229;0.95 42.6,

    2n1; 12

    = 229;0.05 17.7.

    a) Jednostrani interval poverenja:

    I1 =(0, ns

    2n

    2n1;

    )=(0, 30s

    230

    229;0.1

    )= (0, 16.9465) .

    Dvostrani interval poverenja:

    I2 =

    (ns2n

    2n1; 1+2

    ,ns2n

    2n1; 12

    )=(

    30s230229;0.95

    ,30s230229;0.05

    )= (7.87656, 18.9572) .

    b) Jednostrani interval poverenja:

    I1 =(0,

    ns2n2n1;

    )== (0, 4.1166) .

    Dvostrani interval poverenja:

    I2 =

    (ns2n

    2n1; 1+2

    ,

    ns2n2n1; 12

    )= (2.8065, 4.3539) .

    17

  • c) Kako 16 pripada jednostranom intervalu poverenja, hipotezu ne odbacujemo (+ = 1).

    4. U uzorku od 150 slucajno odabranih studenata Fakulteta tehnickih nauka, njih 81 je prilikomanketiranja izjavilo da su pusaci. Sa nivoom znacajnosti = 0.95 izracunati interval poverenja zanepoznatu verovatnocu p obelezja X koje predstavlja indikator dogadaja slucajno odabrani studentFakulteta tehnickih nauka je pusaci testirati hipotezu da je proporcija pusaca na FTN-u 0.5 akoje = 0.05.

    Resenje:

    Vrednost statistike koja u posmatranom uzorku velicine n = 150 predstavlja broj pusaca je kn =81, a iz tablica pribliznih vrednosti normalne N (0, 1) raspodele ocitavamo a = 1

    (+12

    )=

    1 (0.975) = 1.96, te je trazeni interval poverenja I = [u1, u2]

    gde je

    u1 = nn+a2

    (knn +

    a2

    2n a

    kn(nkn)n3 +

    a2

    4n2

    ) 0.4602,

    u2 = nn+a2

    (knn +

    a2

    2n + a

    kn(nkn)n3 +

    a2

    4n2

    ) 0.6178.

    u1 i u2 su resenja jednacine p2(n2 + a2n) + p(2knn a2n) + k2n = 0.Kako je + = 1 i 0.5 I hipotezu ne odbacujemo.

    18

  • 5 Statistika - neparametarske hipoteze i testovi znacajnosti

    Testiranje hipoteza kada nam je raspodela nepoznata. Postavljamo hipotezu da obelezje X ima raspodeluFX(x) = F0(x) i zatim vrsimo test za proveru ove hipoteze posle cega je ili odbacujemo ili ne odbacu-jemo. Najjednostavniji i najcesce primenjivan test je Pirsonov 2-test. (X1, . . . , Xn) je slucajan uzoraki (x1, . . . , xn) realizovan uzorak.

    Uzorak na osnovu koga vrsimo testiranje treba da bude obima veceg od 50. Skup realnih brojeva R podelimo na k disjunktnih intervala i1, i2, . . . , ik, im = [am1, am), m =1, . . . , k.

    pm = P(am1 X < am) = F0(am) F0(am1). nm je broj elemenata koji pripadaju intervalu im = [am1, am), m = 1, . . . , k. nm 5 za svako m. Ako uslov nije zadovoljen vrsimo spajanje intervala. Racunamo vrednost statistike Z na osnovu realizovanog uzorka na sledeci nacin

    z =k

    m=1

    (nmnpm)2npm

    Nademo vrednosty 2,k1s gde je unapred zadat prag znacajnosti i s broj ocenjenih parametara. Uporedimo vrednosti z i 2,k1s.

    2,k1s > z hipotezu FX(x) = F0(x) ne odbacujemo,

    2,k1s z hipotezu FX(x) = F0(x) odbacujemo.

    1. Na uzorku od 100 cetvoroclanih porodica posmatrana je dnevna potrosnja mleka i dobijeni rezultatisu prikazani u tabeli:

    potrosnja mleka (`) [0, 0.5) [0.5, 1) [1, 1.5) [1.5, 2]broj porodica 35 35 18 12

    Sa pragom znacajnosti = 0.05 na osnovu datog uzorka 2 testom testirati hipotezu da prosecnapotrosnja mleka ima raspodelu datu gustinom (x) = 1 12x, x (0, 2) i (x) = 0, x 6 (0, 2).Resenje:

    Neka je X obelezje koje predstavlja dnevnu potrosnju mleka jedne cetvoroclane porodice. Koristecidatu gustinu obelezja X, izracunavamo njegovu funkciju raspodele:

    FX(x) =

    x

    (t) dt =

    0 , x 0x 14x2 , 0 < x 21 , 2 < x .Nalazimo teorijske verovatnoce (verovatnoce po hipotezi) obelezja X:

    p1 = P (X [0, 0.5)) = FX (0.5) FX (0) = 716 0 = 716 = 0.4375,p2 = P (X [0.5, 1)) = FX (1) FX (0.5) = 34 716 = 516 = 0.3125,p3 = P (X [1, 1.5)) = FX (1.5) FX (1) = 1516 34 = 316 = 0.1875,p4 = P (X [1.5, 2]) = FX (2) FX (1.5) = 1 1516 = 116 = 0.0625.Obim uzorka je: 35 + 35 + 18 + 12 = 100.

    Posto je z =4i=1

    (ni100pi)2100pi =

    18825 = 7.52 <

    2;41 =

    20.05;3 7.81, sledi da dati uzorak ne

    protivreci hipotezi.

    2. Na jednoj autobuskoj liniji je ispitivano koliko minuta je putnik cekao autobus. Anketirano je 50slucajno odabranih putnika i rezultati su dati u tabeli:

    Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 4] (4, 5]mi 15 10 9 12 4

    19

  • 2 testom sa pragom znacajnosti = 0.05 testirati hipotezu da vreme cekanja autobusa imauniformnu raspodelu U (0, 5).Resenje:

    Posto poslednji interval sadrzi samo 4 elementa iz uzorka, njega cemo spojiti sa pretposlednjimintervalom:

    Ii [0, 1] (1, 2] (2, 3] (3, 5]mi 15 10 9 16

    Ako sa X obelezimo slucajnu promenljivu koja predstavlja vreme cekanja jednog putnika, tada zaa0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 5 verovatnoce

    pi = P (ai1 < X ai) = FX (ai) FX (ai1) , i {1, 2, 3, 4}(F

    Xje funkcija raspodele slucajne promenljive sa uniformnom U (0, 5) raspodelom) iznose:p1 = FX (1) FX (0) = 1050 0050 = 15 ,p2 = FX (2) FX (1) = 2050 1050 = 15 ,p3 = FX (3) FX (2) = 3050 2050 = 15 ,p4 = FX (5) FX (3) = 5050 3050 = 25 .

    Ako je nasa hipoteza tacna, tada za realizovane vrednosti m1 = 15, m2 = 10, m3 = 9, m4 = 16slucajne promenljive X , vrednost

    z =4i=1

    (minpi)2npi

    = (1510)2

    10 +(1010)2

    10 +(910)2

    10 +(1620)2

    20 = 3.4

    (gde je n = 50 velicina uzorka) treba da predstavlja realizaciju slucajne promenljive sa priblizno23 raspodelom. Iz tablica za

    2 raspodelu za prag znacajnosti = 0.05 nalazimo da je20.05;3 7.81. Posto je 20.05;3 > 3.4, ne odbacujemo (sa pragom znacajnosti 0.05) hipotezu davreme cekanja jednog putnika ima U (0, 5) raspodelu.

    3. Data je gustina obelezja X: X(x) = 1

    2xe

    x , x > 0. 2 testom testirati saglasnost uzorka

    Ii (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4, 6] (6,+)mi 24 12 8 4 2

    sa datim obelezjem za = 1 i pragom znacajnosti = 0.05.

    Resenje:

    Funkcija raspodele slucajne promenljive X glasi:

    FX(x) =

    0 , x 0x0

    12xe

    xdx , x > 0 =

    {0 , x 01 e

    x , x > 0

    ,

    a u tablici spajamo poslednja dva intervala da bi svako mi bilo najmanje 5. Obim uzorka je:n = 24 + 12 + 8 + 6 = 50. Odgovarajuce teorijske verovatnoce pi dobijamo na sledeci nacin:

    pi = P (X (ai, bi]) = FX (bi) FX (ai).Prema tome, 2 test primenjujemo na sledece podatke:

    (ai, bi] (0, 1] (1, 2] (2, 4] (4,+)mi 24 12 8 6pi 0.6321 0.1248 0.1078 0.1353npi 31.606 6.238 5.389 6.767

    Sada dobijamo:

    23 =4i=1

    (npi mi)2npi

    8.51 > 2410;0.05 7.81,

    sto znaci da hipotezu odbacujemo.

    20

  • 4. 2 testom sa pragom znacajnosti = 0.05 testirati hipotezu da dati uzorak ne protivurecinormalnoj raspodeli N (m, 4):

    (1, 3] (3, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15, 17]2 3 7 10 11 7

    Resenje:

    Posto u raspodeli obelezja X figurise nepoznati parametar m, njega treba oceniti. Naravno daza ocenu matematickog ocekivanja m obelezja X mozemo uzeti uzoracku aritmeticku sredinu.

    Za nas dati uzorak obima n = 2 + 3 + 7 + 10 + 11 + 7 = 40 dobijamo

    m = 140 (2 2 + 4 3 + 6.5 7 + 10 10 + 13.5 11 + 16 7) = 21120 = 10.55,gde smo za xi uzeli sredine datih intervala.

    Testiracemo hipotezu da obelezje X ima normalnu raspodelu N ( 21120 , 4).Svaki interval uzorka mora imati bar 5 elemenata iz uzorka i intervali moraju da prekriju celu realnupravu (zbog RX = R), pa spajanjem prvog i drugog intervala dobijamo sledece podatke za primenu2 testa:

    (ai, bi] (, 5] (5, 8] (8, 12] (12, 15] (15,)ni 5 7 10 11 7

    Oznacimo redom intervale: Ii = (ai, bi] , i {1, 2, 3, 4, 5}. Na osnovu gustine X (x) izracunava-mo teorijske verovatnoce na sledeci nacin:

    pi = P (X Ii) = P (ai < X bi) = P(ai 21120 < X 21120 bi 21120

    )=

    = P(ai 21120

    4 z, ne odbacujemo hipotezu da obelezje X ima N(21120 , 4

    )raspodelu.

    5. U svaku od 100 meta izvedeno je 10 gadanja. Belezen je broj pogodaka:

    broj pogodaka: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10ucestalost: 1 1 4 11 22 25 19 12 3 0 2

    Sa nivoom znacajnosti = 0.05 proveriti da li broj pogodaka ima binomnu raspodelu.

    Resenje:

    Obelezje X ima B (10, p) raspodelu i posmatra se uzorak (x1, . . . , x100). Za ocenu parametra pkoristimo npr.

    p = 110X100 =1

    1000 (X1 + . . .+X100),

    cija je realizovana vrednost na osnovu uzorka

    p = 11000 (0 1 + 1 1 + 2 4 + 3 11 + 4 22 + 5 25 + 6 19 + 7 12 + 8 3 + 9 0 + 10 2) = 0.497

    21

  • (najbolja ocena matematickog ocekivanja E (X) = 10p je statistika X100, a pri tome je p =110E (X)).

    Teorijske verovatnoce cemo 2 testom uporediti sa uzorkom, ali pre toga moramo izvrsiti spajanjegrupa podataka tako da u svakoj grupi bude bar 5 realizacija:

    broj pogodaka (k) 0, 1, 2 3 4 5 6 7 8, 9, 10ucestalost (nk) 6 11 22 25 19 12 5

    Teorijske verovatnoce su

    P (X = k) =(10k

    )pk(1 p)10k, k {0, 1, 2, . . . , 10} ,

    odnosno

    p2 = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) 0.0568287,p3 = P (X = 3) 0.120012, p4 = P (X = 4) 0.207517,p5 = P (X = 5) 0.246049, p6 = P (X = 6) 0.202595,p7 = P (X = 7) 0.114388,

    p8 = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10) = 17i=2

    pi 0.0423838.

    Broj grupa podataka je 7, i pri tome smo imali jedan ocenjeni parametar, pa iz tablica ocitavamo

    2;711 = 20.05;5 11.1. Posto je z =

    8k=2

    (nk100pk)2100pk 0.42537 < 11.1 20.05;5 konstatujemo

    da uzorak ne protivreci hipotezi.

    6. Obelezje X ima raspodelu odredenu gustinom:

    X(x) = x1, x (0, 1) .

    (a) Na osnovu uzorka obima n metodom maksimalne verodostojnosti oceniti parametar .

    (b) 2 - testom ispitati saglasnost uzorka:

    interval:(0, 14] (

    14 ,

    12

    ] (12 ,

    34

    ] (34 , 1)

    ucestanost: 2 18 20 30sa navedenom raspodelom za prag znacajnosti = 0.1.

    Resenje:

    (a) L (x1, . . . , xn; ) = X1 (x1; )X2 (x2; ) . . . Xn (xn; ) =

    ={

    x11 x12 . . . x

    1n , i, xi (0, 1)

    0 , inace=

    =

    n(

    ni=1

    xi

    )1, i, xi (0, 1)

    0 , inace,

    lnL (x1, . . . , xn; ) = n ln + ( 1)ni=1

    lnxi,

    lnL (x1, . . . , xn; ) =

    n +

    ni=1

    lnxi,

    lnL (x1, . . . , xn; ) = 0 n +

    ni=1

    lnxi = 0 = nni=1

    lnxi.

    Dakle, dobili smo ocenu: = nni=1

    lnXi.

    (b) Obim uzorka: n = 2 + 18 + 20 + 30 = 70.Koristeci dobijenu ocenu parametra, izracunavamo njenu realizovanu vrednost iz uzorka:

    = 702 ln 18 + 18 ln

    38 + 20 ln

    58 + 30 ln

    78

    1.98752

    22

  • (kao xi se koriste sredine 18 ,38 ,

    58 ,

    78 datih intervala), te funkcija raspodele obelezja X glasi:

    FX(x) =

    x

    X(x) dx =

    0 , x 0x1.98752 , 0 < x < 11 , 1 x .Na osnovu nje cemo izracunati teorijske verovatnoce:

    pi = FX (bi) FX (ai) (ai i bi su rubovi datih intervala).U prvoj grupi iz uzorka imamo 2 < 5 realizovanih vrednosti, pa interval

    (0, 14]spajamo sa

    susednim intervalom. Tako dobijamo sledecu tabelu:

    interval (ai, bi](0, 12] (

    12 ,

    34

    ] (34 , 1)

    ucestanost mi 20 20 30

    teorijske verovatnoce pi 0.252173 0.312351 0.435476(minpi)2

    npi0.3123 0.159008 0.00766394

    Nalazimo vrednost 2 statistike za dati uzorak:

    z =3i=1

    (minpi)2npi 0.478973 ,

    sto uporedujemo sa tablicnom vrednoscu 2;311 :z < 2.71 2;311 = 20.1;1 .

    Znaci, dati uzorak ne protivreci hipotezi.

    7. Obelezje X je dato zakonom raspodele:(

    2 5 7 122 3 1 6

    ).

    (a) Odrediti konstante a i b tako da statistika = a+ bXn bude centrirana ocena parametra .

    (b) Ispitati saglasnost uzorka:xi 2 5 7 12mi 12 22 10 6

    sa datom raspodelom i pragom znacajnosti = 0.1.

    Resenje:

    (a) Resavamo po a i b jednacinu: E()= .

    E (X) = 2 2 + 5 3 + 7 + 12 (1 6) = 12 46,E()= E

    (a+ bXn

    )= a+ bE

    (1n

    ni=1

    Xi

    )= a+ b 1n

    ni=1

    E (Xi) =

    = a+ b 1n (nE (X)) = a+ bE (X) = a+ b(12 46) == a+ 12b 46b.

    Dakle:E()= a+ 12b 46b =

    a+ 12b (46b+ 1) = 0 (a+ 12b = 0 46b+ 1 = 0) (b = 146 a = 623).

    (b) Posto je ocena iz (a) centrirana, mozemo je smatrati dobrom ocenom parametra , pa jemozemo koristiti za izracunavanje vrednosti parametra .Velicina uzorka je n = 12 + 22 + 10 + 6 = 50, uzoracka aritmeticka sredina jex50 = 150 (2 12 + 5 22 + 7 10 + 12 6) = 13825 = 5.52, te dobijamo

    = a+ bx50 = 623 146 5.52 = 81575 0.140867.Prema tome, dobijamo sledece teorijske verovatnoce:p1 = P (X = 2) = 2 = 162575 0.2817,p2 = P (X = 5) = 3 = 243575 0.4226,p3 = P (X = 7) = = 81575 0.1409,p4 = P (X = 12) = 1 6 = 89575 0.1548.Na osnovu dobijenih teorijskih verovatnoca i datog uzorka:

    23

  • xi 2 5 7 12mi 12 22 10 6pi

    162575

    243575

    81575

    89575

    izracunavamo vrednost 2 statistike: z =4i=1

    (mi50 pi)250 pi

    1.9768.Posto je z < 4.61 2;41l = 20.1;2 (gde je l = 1 broj ocenjenih parametara), konstatujemoda uzorak ne protivreci hipotezi.

    8. U periodu od 50 godina je pracen broj kisovitih dana u Briselu, i dobijeni podaci su predstavljeniu sledecoj tabeli:

    broj kisnih dana [0, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120, 360]broj godina 5 14 14 11 6

    2 testom sa pragom znacajnosti = 0.01 testirati hipotezu da broj kisnih dana u godini uBriselu ima normalnu raspodelu (za ocenu parametara koristiti poznate statistike).

    Resenje:

    Za izracunavanje parametara m i normalne raspodele N (m,) koristimo uzoracku aritmetickusredinu i uzoracku standardnu devijaciju, pri cemu svaki interval reprezantujemo njegovom sredinom(x1 = 20, x2 = 60, x3 = 90, x4 = 110, x5 = 240):

    x50 = 150 (5 20 + 14 60 + 14 90 + 11 110 + 6 240) = 97,s250 =

    150

    (5 (20 97)2 + 14 (60 97)2 + 14 (90 97)2+ +11 (110 97)2 + 6 (240 97)2

    )= 3481,

    s50 =s250 = 59.

    Sa ovako izracunatim parametrima nalazimo potrebne teorijske verovatnoce za obelezje X sanormalnom N (97, 59) raspodelom:

    pi = P (X (ai, bi)) = 1s502pi

    biai

    e (xx50)2

    2s250 dx[1]=

    12pi

    bix50s50

    aix50s50

    et22 dt

    (bi x50s50

    )

    (ai x50s50

    )=

    (bi 9759

    )

    (ai 9759

    ).

    [1] - Smena xx50s50 = t.

    Kako je gustina slucajne promenljive sa normalnom raspodelom razlicita od nule na celom skupuR, 2 test cemo primeniti na sledece podatke:

    (, 40] (40, 80] (80, 100] (100, 120] (120,)5 14 14 11 6

    Dakle:

    p1 (409759

    ) () 0.166 0 0.166,p2

    (809759

    ) ( 409759 ) 0.3859 0.166 0.2199,p3

    (10097

    59

    ) ( 809759 ) 0.5199 0.3859 0.134,p4

    (12097

    59

    ) ( 1009759 ) 0.6517 0.5199 0.1318,p5 ()

    (12097

    59

    ) 1 0.6517 0.3483.Izracunavamo vrednost statistike Z =

    5i=1

    (minpi)2npi

    :

    z 20.5204.Posto je z > 20.01;512 =

    20.01;2 9.21 (dva ocenjena parametra), hipotezu odbacujemo.

    24

  • 6 Slucajni procesi - lanci Markova

    1. Luka na posao ide vozom, autobusom ili kolima. Ako na posao jednog dana ide kolima, onda sledecegdana jednakoverovatno ide vozom, autobusom ili kolima. Vozom ne ide dva dana uzastopno, a akoide vozom onda sutradan ide 2 puta verovatnije kolima nego autobusom. Ako jednog dana ideautobusom, onda sutra jednakoverovatno ide vozom ili kolima (a ne ide autobusom). Posmatramosistem cija su stanja odredena prevoznim sredstvom koje Luka koristi u toku dana za odlazak naposao.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.

    (b) Ako je Luka isao kolima, naci verovatnocu da ce kroz dva dana ici kolima.

    (c) Naci finalne verovatnoce.

    Resenje:

    (a) Skup stanja sistema:v = ide vozom, a = ide autobusom, k = ide kolima.

    Matrica prelaza za jedan dan:v a k

    v

    P = a

    k

    0 13

    23

    12 0

    12

    13

    13

    13

    .Matrica prelaza za dva dana:

    v a k

    v

    P 2 = a

    k

    718

    29

    718

    16

    13

    12

    518

    29

    12

    .

    (b) Vektor pocetne raspodele:v a k

    p0 =[0 0 1

    ].

    Raspodela nakon dva dana: p2 = p0 P 2 =v a k[. . . . . . 12

    ].

    Prema tome, trazena verovatnoca je 12 .

    (c) Finalne verovatnoce nalazimo resavajuci sistem jednacina:[pv p

    a p

    k

    ] P = [ pv pa pk ] pv + pa + pk = 1

    pv =12p

    a +

    13p

    k

    pa =13p

    v +

    13p

    k

    pk =23p

    v +

    12p

    a +

    13p

    k

    1 = pv + pa + p

    k

    0 = pv 12pa + 13pk0 = 13p

    v pa + 13pk

    0 = 23pv +

    12p

    a 23pk

    1 = pv + pa + p

    k

    0 = pv 12pa 13pk0 = pa 815pk1532 = p

    k

    pk =

    1532

    pa =14

    pv =932

    Dakle, vektor finalnih verovatnoca je:v a k[932

    14

    1532

    ].

    Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako posmatramo dovoljno dug vre-menski period, mozemo reci da Luka najcesce na posao ide kolima (sa verovatnocom 1532 ), a saverovatnocama 932 i

    14 redom, ide vozom odnosno autobusom.

    2. Devojcica drzi belog misa u kutiji sa slike. U diskretnim trenucima mis izlazi iz prostorije krozjedan, na slucajan nacin izabran otvor. Vreme prolaska kroz otvor je zanemarljivo malo.

    25

  • 1 2

    3 4

    (a) Koliki deo dovoljno dugog vremenskog intervala ce mis u proseku provoditi u pojedinimprostorijama?

    (b) Ako je na pocetku mis stavljen u prostoriju broj 1, kolika je verovatnoca da ce posle cetiriprolaska mis ponovo biti u prostoriji 1?

    Resenje:

    (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza za jedan korak, i zatim matricu prelaza za 4 korakakoja ce nam trebati pod (b) (izracunavamo samo one elemente koji ce nam biti zaista potrebni):

    1 2 3 4

    1

    P = 23

    4

    0 23

    13 0

    25 0

    15

    25

    14

    14 0

    12

    0 1212 0

    P 2 =

    720

    112

    215

    1330

    12

    3160

    13

    110

    110

    512

    2360

    110

    1340

    18

    110

    920

    P 4 = P 2 P 2 =

    3371200

    131720

    38225

    221600

    .Za navedenu matricu prelaza P trazimo vektor finalnih verovatnoca

    1 2 3 4

    p =[x y z u

    ]gde je x, y, z, u (0, 1) i u = 1x y z, odnosno resavamo po x, y, z, u sistem jednacina:

    p P = p u = 1 x y z [x y z 1 x y z ] P = [ x y z 1 x y z ]

    25y +

    14z = x

    23x +

    14z +

    12 (1 x y z) = y

    13x +

    15y +

    12 (1 x y z) = z

    25y +

    12z = 1 x y z

    x 25y 14z = 0y + 25172z =

    1543

    z = 14

    x = 316y = 516z = 14u = 14

    Dakle, finalna raspodela je:1 2 3 4

    p =[

    316

    516

    14

    14

    ].

    Dobijene finalne verovatnoce imaju sledece znacenje: ako se posmatra dovoljno dug vremen-ski period, 316 vremena mis provede u prostoriji broj 1,

    516 vremena provede u prostoriji broj

    2, a po 14 vremena provodi u prostorijama broj 3 i 4.

    (b) Pocetna raspodela:1 2 3 4

    p (0) =[1 0 0 0

    ].

    Raspodela nakon 4 koraka:1 2 3 4

    p (4) = p (0) P (4) = [ 3371200 131720 38225 221600 ] ,tako da je trazena verovatnoca p1 (4) = 3371200 .

    26

  • 3. Tri ucenika iz Novog Sada i tri ucenika iz Subotice idu u Rim. Oni se na slucajan nacin rasporedujuu dve sobe, tako da se u svakoj sobi nalazi po tri ucenika. Broj ucenika iz Novog Sada u prvoj sobidefinise stanje sistema. Kako nisu mogli na pocetku da se dogovore ko ce u koju sobu, svaki dan sena slucajan nacin bira po jedan ucenik iz svake sobe i oni menjaju mesta.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.(b) Ako se zna da su na pocetku svi ucenici iz Novog Sada bili u istoj sobi, naci verovatnocu da

    posle dva dana svi ucenici iz Novog Sada nece biti u istoj sobi.(c) Naci finalne verovatnoce.

    Resenje:

    (a) Na osnovu uslova zadatka nalazi-mo matricu prelaza (za 1 dan):

    0 1 2 3

    P =

    0

    1

    2

    3

    0 1 0 019

    49

    49 0

    0 4949

    19

    0 0 1 0

    .(b) Matrica prelaza za dva dana:

    P 2 =

    19

    49

    49 0

    481

    4181

    3281

    481

    481

    3281

    4181

    481

    0 4949

    19

    .

    Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3

    p0 =[

    12 0 0

    12

    ].

    Vektor raspodele nakon dva dana:0 1 2 3

    p2 = p0 P 2 = [ 118 49 49 118 ] .Nakon dva dana nece biti svi ucenici iz Novog Sada u istoj sobi sa verovatnocom 49 +

    49 =

    89 .

    (c) Finalne verovatnoce dobijamo resavanjem sistema jednacinapj =

    k

    pkj pk, j {0, 1, 2, 3} k

    pk = 1

    odnosno p = p P gde je p = [p0, p1, p2, p3] , p0 + p1 + p2 + p3 = 1:19p

    1 = p

    0

    p0 +49p

    1 +

    49p

    2 = p

    1

    49p

    1 +

    49p

    2 + p

    3 = p

    2

    19p

    2 = p

    3

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    p0 + 19p1 = 0p0 59p1 + 49p2 = 0

    49p

    1 59p2 + p3 = 0

    19p

    2 p3 = 0

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    p0 19p1 = 0p1 p2 = 0

    p2 9p3 = 020p3 = 1

    p0 =120

    p1 =920

    p2 =920

    p3 =120

    .

    Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: posle dovoljno dugo vremena, saverovatnocama 120 ce se u prvoj sobi nalaziti svi ucenici iz Novog Sada, odnosno niko od njih,a sa verovatnocama 920 ce se u prvoj sobi nalaziti 1, odnosno 2 ucenika iz Novog Sada.

    27

  • 4. Dat je homogen lanac Markova ciji je skup mogucih stanja S prebrojiv (S = {a1, a2, . . . , an, . . .}).Verovatnoce prelaza su definisane na sledeci nacin: P (Xn+1 = a1 | Xn = ai) = 13 ,

    P (Xn+1 = ai+1 | Xn = ai) = 23 ,P (Xn+1 = aj | Xn = ai) = 0, j 6 {1, i+ 1} ,

    gde n N, i N. Neka su pocetne verovatnoce zadate saP (X1 = a1) = 1 (odnosno p1 = [1, 0, 0, . . .]).

    (a) Naci verovatnoce stanja za n = 3 (tj. raspodelu za X3).

    (b) Naci matricu prelaza P za jedan korak.

    (c) Naci finalne verovatnoce.

    Resenje:

    (a) Raspodela slucajne promenljive X1 :(

    a11

    ).

    Koristeci uslovnu raspodelu

    X2| {X1 = a1} :(

    a1 a213

    23

    )dobijamoP (X2 = a1) = P (X1 = a1)P (X2 = a1 | X1 = a1) = 1 13 = 13 ,P (X2 = a2) = P (X1 = a1)P (X2 = a2 | X1 = a1) = 1 23 = 23 ,odnosno dobili smo raspodelu X2 :

    (a1 a213

    23

    ).

    Analogno, iz uslovnih raspodela

    X3| {X2 = a1} :(

    a1 a213

    23

    )i X3| {X2 = a2} :

    (a1 a313

    23

    )dobijamo

    P (X3 = a1) =2i=1

    P (X2 = ai)P (X3 = a1 | X2 = ai) == 13 13 + 23 13 = 13 ,

    P (X3 = a2) =2i=1

    P (X2 = ai)P (X3 = a2 | X2 = ai) = 13 23 = 29 ,

    P (X3 = a3) =2i=1

    P (X2 = ai)P (X3 = a3 | X2 = ai) = 23 23 = 49 ,i dolazimo do trazene raspodele

    X3 :(

    a1 a2 a313

    29

    49

    ).

    (b) Matrica prelaza je

    P = P (1) = [paiaj ] =

    a1 a2 a3 a4 . . .

    a1

    a2

    a3...

    13

    23 0 0 . . .

    13 0

    23 0 . . .

    13 0 0

    23 . . .

    ......

    ......

    . . .

    .

    (c) Resavamo sistem jednacina: pj =k=1

    pk pkj , j N,j=1

    pj = 1

    Znaci imamo

    28

  • p1 + p2 + p

    3 + . . . = 1

    p1 =13 (p

    1 + p

    2 + p

    3 + . . .)

    p2 =23p

    1

    p3 =23p

    2 =

    (23

    )2p1

    ...

    pj =(23

    )j1p1

    ...Resavanjem ovog sistema dobijamo

    p1(1 + 23 +

    (23

    )2 + . . .) = p1 11 23 = 3p1 = 1tj. p1 =

    13 i p

    j =

    (23

    )j1 13 , j = 2, 3, 4, . . .Primetimo da smo verovatnoce stanja za n = 3 (sto je trazeno pod (a)) mogli izracunati koristecimatricu prelaza na sledeci nacin:

    p3 = p2 P = p1 P 2 =a1 a2 a3 a4 a5 . . .[13

    29

    49 0 0 . . .

    ],

    gde je P 2 =

    39

    29

    49 0 0 0 . . .

    39

    29 0

    49 0 0 . . .

    39

    29 0 0

    49 0 . . .

    39

    29 0 0 0

    49 . . .

    ......

    ......

    ......

    . . .

    .

    Dakle, zakon raspodele (zaseka) X3 je:(

    a1 a2 a313

    29

    49

    ).

    5. U kutiji se nalaze tri kuglice koje mogu biti bele ili crne boje. Na slucajan nacin se izvlaci jednakuglica i zamenjuje se kuglicom suprotne boje. Stanje sistema nakon svake zamene definisemobrojem belih kuglica u kutiji.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan korak.

    (b) Ako su na pocetku u kutiji bile 1 bela i 2 crne kuglice, naci verovatnocu da ce nakon dvezamene stanje u kutiji biti nepromenjeno.

    (c) Naci finalne verovatnoce.

    Resenje:

    Moguce vrednosti slucajnog procesa su 0, 1, 2, 3.

    (a) Matrice prelaza za jedan i za dva koraka su:

    0 1 2 3

    0

    P = 12

    3

    0 1 0 013 0

    23 0

    0 23 013

    0 0 1 0

    ,0 1 2 3

    0

    P 2 = 12

    3

    13 0

    23 0

    0 79 029

    29 0

    79 0

    0 23 013

    .

    (b) Vektor pocetne raspodele:0 1 2 3

    p0 =[0 1 0 0

    ].

    Vektor raspodele nakon dva koraka:0 1 2 3

    p2 = p0 P 2 =[ 0 79 0 29 ] .Prema tome, verovatnoca da stanje nakon dva koraka ostaje nepromenjeno iznosi p1 (2) = 79 .

    29

  • (c) Finalne verovatnoce pj , j {0, 1, 2, 3} nalazimo resavanjem sistema:[p0 p

    1 p

    2 p

    3] P = [p0 p1 p2 p3] p0 + p1 + p2 + p3 = 1.

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    13p

    1 = p

    0

    p0 +23p

    2 = p

    1

    23p

    1 + p

    3 = p

    2

    13p

    2 = p

    3

    p0 + p1 + p

    2 + p

    3 = 1

    p1 +34p

    2 +

    34p

    3 =

    34

    p2 +37p

    3 =

    37

    p3 =18

    p3 =18

    p2 =38

    p1 =38

    p0 =18

    dobijamo

    p =0 1 2 3[18

    38

    38

    18

    ].

    6. Nakon pljacke banke, lopov se krije u Somboru, Novom Sadu ili Rumi. Policija zna da se lopovnalazi u jednom od ta tri grada. Ako je lopov jednog dana u Novom Sadu, sutradan podjednakoverovatno ide u Sombor, Rumu, ili ostaje u Novom Sadu. Poznato je da iz Rume 2 puta verovatnijeide u Sombor nego u Novi Sad, kao i da u Rumi ne boravi 2 dana uzastopno. Ako je lopov jednogdana u Somboru, sutradan obavezno napusta Sombor i jednako verovatno odlazi u Novi Sad iliRumu.

    (a) Sastaviti matricu prelaza za jedan dan.

    (b) Ako je lopov prvog dana bio u Novom Sadu, naci verovatnocu da ce kroz 2 dana biti ponovou Novom Sadu.

    (c) Ako policija uhvati lopova, lopov ide u zatvor. Verovatnoca da ce ga uhvatiti u Novom Saduje 14 , u Rumi je

    13 , a u Somboru

    15 . Izracunati verovatnocu da ce posle 2 dana lopov i dalje

    biti na slobodi ako se zna da je posle pljacke banke na slucajan nacin izabrao grad u kojem sekrije.

    Resenje:

    Oznacimo redom sa S, N i R stanja lopov je u Somboru, odnosno lopov je u Novom Sadu,odnosno lopov je u Rumi.

    (a) Matrica P prelaza tj. kretanja lopova glasi:

    S N R

    S

    P = NR

    012

    12

    13

    13

    13

    23

    13 0

    .(b) Pocetna raspodela verovatnoca:

    S N R

    p (0) = [0 1 0] .

    Matrica prelaza za 2 dana:

    S N R

    P (2) = P 2 =S

    N

    R

    12

    13

    16

    13

    718

    518

    19

    49

    49

    .Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:

    S N R

    p (2) = p (0) P (2) = [ 13 718 518] .Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti u Novom Sadu je p

    N(2) = 718 .

    (c) Novo stanje u kome se lopov moze naci je biti u zatvoru - obelezicemo ga sa Z, i sada naosnovu opisa formiramo novu matricu prelaza za 1 dan i za 2 dana:

    30

  • S N R Z

    S

    Q = N

    R

    Z

    0 25

    25

    15

    14

    14

    14

    14

    49

    29 0

    13

    0 0 0 1

    ,S N R Z

    S

    Q (2) = Q2 = N

    R

    Z

    518

    1790

    110

    1330

    25144

    157720

    1380

    107240

    118

    730

    730

    4390

    0 0 0 1

    .

    Pocetna raspodela verovatnoca:S N R Z

    q (0) =[13

    13

    13 0].

    Raspodela verovatnoca nakon 2 dana:S N R Z

    q (2) = q (0) Q (2) = [ 9772160] .Prema tome, verovatnoca da ce nakon 2 dana biti i dalje na slobodi je: q

    S(2)+q

    N(2)+q

    R(2) =

    1 qZ(2) = 11832160 0.55.

    7. Dve pumpe snabdevaju fabriku vodom. Svaka od pumpi se nezavisno od druge u toku dana kvari saverovatnocom p = 0.1 i u tom slucaju se opravlja i krece ponovo sa radom sledeceg dana. Napravitimatricu prelaza za jedan korak i naci finalne verovatnoce sistema cija stanja predstavljaju brojpumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana.

    Resenje:

    Stanja sistema cemo oznaciti sa brojem pumpi koje su u pogonu bez kvara tokom celog dana(moguca stanja su 0, 1 ili 2). S obzirom na to da su u toku svakog dana pumpe na pocetkuispravne, tada stanje sistema uopste ne zavisi od njegovog stanja u toku proslog dana, vec samo odeventualne pojave kvara na pumpama u tekucem danu, sto znaci da za svako i {0, 1, 2} imamoprelazne verovatnoce (koristimo nezavisnost pojave kvara kod pumpi):

    pi,0 = 0.1 0.1 = 0.01,pi,1 = 0.1 0.9 + 0.9 0.1 = 0.18,p0,2 = 0.9 0.9 = 0.81.

    Dakle, matrica prelazaza jedan korak glasi:

    0 1 2

    P =0

    1

    2

    0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81

    .Sada resavanjem odgovarajuce jednacine po (x, y, z) (0, 1)3 , gde je z = 1 x y, dobijamofinalne verovatnoce:

    [x y 1 x y] 0.01 0.18 0.810.01 0.18 0.81

    0.01 0.18 0.81

    = xy

    1 x y

    0.01x + 0.01y + 0.01(1 x y) = x0.18x + 0.18y + 0.18(1 x y) = y0.81x + 0.81y + 0.81(1 x y) = 1 x y

    x = 0.01

    y = 0.18x + y = 0.19

    x = 0.01

    y = 0.180 = 0

    Dakle, vektor finalnih verovatnoca je

    p = [0.01 0.18 1 0.01 0.18] = [0.01 0.18 0.81] .Napomena: vec na osnovu opisa slucajnog procesa smo mogli primetiti da stanje sistema u tokunekog dana ne zavisi od stanja sistema u toku prethodnog dana, jer su na pocetku svakog dana obepumpe ispravne; dakle, radi se o stacionarnom slucajnom procesu kod kojeg je p = p (n) gde jep (n) raspodela verevatnoca opisanog slucajnog procesa za n-ti dan.

    31

  • 8. Cestica se krece po cvorovima grafa sa slike pri cemu u svakom koraku iznekog cvora sa jednakim verovatnocama prelazi u bilo koji povezan cvor.Naci matricu prelaza kretanja cestice po cvorovima grafa (za jedan korak)i odrediti da li je verovatnije da se nakon drugog koraka cestica nasla ucvoru 5 ako je na pocetku bila u cvoru 1 ili ako je na pocetku bila u cvoru2. b b

    b bb

    AAAAAAA

    HHHH

    HHH

    1

    2

    3 4

    5

    Resenje:

    Matrice prelaza za jedan i dva koraka:

    1 2 3 4 5

    1

    2

    P = 34

    5

    0 0 12

    12 0

    0 0 0 1212

    12 0 0 0

    12

    12

    12 0 0 0

    0 1212 0 0

    ,1 2 3 4 5

    1

    2

    P 2 = 34

    5

    12

    14 0 0

    14

    14

    12

    14 0 0

    0 1412

    14 0

    0 0 1412

    14

    14 0 0

    14

    12

    .Posmatramo pocetne raspodele verovatnoca:

    1 2 3 4 5

    u (0) = [1 0 0 0 0 ] (cestica je na pocetku bila u cvoru 1),

    1 2 3 4 5

    v (0) = [0 1 0 0 0 ] (cestica je na pocetku bila u cvoru 2).

    Za raspodele verovatnoca polozaja cestice nakon dva koraka u ova dva slucaja dobijamo:1 2 3 4 5

    u (2) = u (0) P 2 = [ 12 14 0 0 14 ],

    1 2 3 4 5

    v (2) = v (0) P 2 = [ 14 12 14 0 0 ].

    Vidimo da je u5 (2) = 14 > 0 = v5 (2) tj. verovatnije je da se nakon drugog koraka nasla u cvoru 5ako je na pocetku bila u cvoru 1 (ako je na pocetku bila u cvoru 2, tada se nakon 2 koraka sigurnone nalazi u cvoru 5).

    9. Macka se na svakih 5 sekundi krece iz sobe u sobu kuce cija je sema datana slici, pri cemu svaki put sa verovatnocom 12 ostaje u sobi u kojoj je ibila, ili na slucajan nacin bira vrata kroz koja ce preci u drugu sobu.

    5

    12

    4

    3

    (a) Naci matricu prelaska (za jedan korak) polozaja macke po kuci.

    (b) U kojoj sobi je macka bila na pocetku svoje setnje kroz sobe, ako se zna da se nakon 11 sekundinajverovatnije nalazi u sobi broj 3?

    (c) Naci finalne verovatnoce polozaja macke.

    Resenje:

    (a) Na osnovu opisa dobijamo matricu prelaza P za jedan korak, a zatim matricu prelaza P 2

    za dva koraka:

    1 2 3 4 5

    1

    2

    P = 3

    4

    5

    12

    12 0 0 0

    14

    12

    14 0 0

    0 1412

    14 0

    0 0 1412

    14

    0 0 0 1212

    ,

    1 2 3 4 5

    1

    2

    P 2 = 3

    4

    5

    38

    12

    18 0 0

    14

    716

    14

    116 0

    116

    14

    38

    14

    116

    0 11614

    716

    14

    0 0 1812

    38

    .

    32

  • (b) Zanima nas za koji vektor pocetnih verovatnoca p0 S0, gde jeS0 = {[ 1 0 0 0 0 ], [ 0 1 0 0 0 ], [ 0 0 1 0 0 ], [ 0 0 0 1 0 ], [ 0 0 0 0 1 ]},dobijamo takav vektor verovatnoca polozaja nakon 2 koraka (macka je posle 11 sekundi 2puta prelazila iz sobe u sobu)p2 {p0 P 2 p0 S0} =={[ 38

    12

    18 0 0 ], [

    14

    716

    14

    116 0 ], [

    116

    14

    38

    14

    116 ],

    [ 0 11614

    716

    14 ], [ 0 0

    18

    12

    38 ]}

    kod kojeg je maksimalna verovatnoca na 3-em mestu, tj. trazimo i koje ispunjava uslovpi3 (2) = max

    1j5pij (2).

    Prakticno, gledamo u kojoj vrsti matrice P 2 se maksimalni broj nalazi na trecem mestu (utrecoj koloni), i dobijamo odgovor: 3. Dakle, macka na pocetku treba da se nalazi u sobi 3da bi nakon 11 sekundi najverovatnije bila u sobi 3.

    (c) Resavamo jednacinu p P = p po promenljivoj p = [ x y z t u ] koja jos zadovoljavauslov x+ y + z + t+ u = 1 (x, y, z, t, u (0, 1)):(p P = p x+ y + z + t+ u = 1)

    12x +

    14y = x

    12x +

    12y +

    14z = y

    14y +

    12z +

    14 t = z

    14z +

    12 t +

    12u = t

    14 t +

    12u = u

    x + y + z + t + u = 1

    x 12y = 0y z = 0

    z t = 0t 2u = 0

    8u = 1

    u = 18t = 14z = 14y = 14x = 18

    Dakle, vektor finalnih verovatnoca glasi: p =[

    18

    14

    14

    14

    18

    ].

    Dobijene finalne verovatnoce tumacimo na sledeci nacin: ako se macka dovoljno dugo krecepo sobama, u proseku po 18 vremena provodi u prvoj i petoj sobi, a po

    14 vremena provodi u

    drugoj, trecoj i cetvrtoj sobi.

    10. Dva nezavisna izvora suma S1 i S2 na svaku sekundu menjaju svoja stanja

    stanje 0: izvor ne emituje sum i stanje 1: izvor emituje sum

    i to na sledeci nacin:

    izvor S1: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sumsa verovatnocom 12 ; ako tokom jedne sekunde emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emitujesum sa verovatnocom 13 ;

    izvor S2: ako tokom jedne sekunde ne emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emituje sumsa verovatnocom 14 ; ako tokom jedne sekunde emituje sum, tada u toku naredne sekunde ne emitujesum sa verovatnocom 15 .

    Slucajni proces predstavlja stanja izvora sumova na takav nacin da (n) = (i, j), gde jei, j {0, 1} oznacava da se u toku n - te sekunde izvor suma S1 nalazi u stanju i, a S2 u stanjuj.

    (a) Naci matricu prelaza (za jedan korak) homogenog lanca Markova .

    (b) Ako u toku prve sekunde ni jedan izvor ne emituje sum, izracunati verovatnocu da u tokutrece sekunde tacno jedan izvor emituje sum.

    33

  • Resenje:

    (a) Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S1:P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0) = 12 ,P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 0) = 1 P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0) =

    = 1 12= 1

    2,

    P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1) = 13 ,P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 1) = 1 P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1) =

    = 1 13= 2

    3.

    Verovatnoce prelaza stanja izvora suma S2:P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) = 14 ,P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 0) = 1 P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) =

    = 1 14= 3

    4,

    P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) = 15 ,P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 1) = 1 P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) =

    = 1 15= 4

    5.

    Verovatnoce prelaza stanja procesa : za sve i, j, k,m {0, 1} vazip(i,j),(k,m) == P (S1 (n+ 1) = k, S2 (n+ 1) = m | S1 (n) = i, S2 (n) = j) ==P (S1 (n+ 1) = k, S2 (n+ 1) = m,S1 (n) = i, S2 (n) = j)

    P (S1 (n) = i, S2 (n) = j)=

    [1]=P (S1 (n+ 1) = k, S1 (n) = i)P (S2 (n+ 1) = m,S2 (n) = j)

    P (S1 (n) = i)P (S2 (n) = j)=

    =P (S1 (n+ 1) = k, S1 (n) = i)

    P (S1 (n) = i) P (S2 (n+ 1) = m,S2 (n) = j)

    P (S2 (n) = j)=

    = P (S1 (n+ 1) = k | S1 (n) = i)P (S2 (n+ 1) = m | S2 (n) = j).[1] - Izvori sumova S1 i S2 su nezavisni.

    Prema tome:p(0,0),(0,0) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

    2 14= 1

    8,

    p(0,0),(0,1) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

    2 34= 3

    8,

    p(0,0),(1,0) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

    2 14= 1

    8,

    p(0,0),(1,1) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

    2 34= 3

    8,

    p(0,1),(0,0) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

    2 15= 1

    10,

    p(0,1),(0,1) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

    2 45= 4

    10,

    p(0,1),(1,0) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

    2 15= 1

    10,

    p(0,1),(1,1) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 0)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

    2 45= 4

    10,

    p(1,0),(0,0) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 1

    3 14= 1

    12,

    34

  • p(1,0),(0,1) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 1

    3 34= 3

    12,

    p(1,0),(1,0) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 0) == 2

    3 14= 2

    12,

    p(1,0),(1,1) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 0) == 2

    3 34= 6

    12,

    p(1,1),(0,0) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 1

    3 15= 1

    15,

    p(1,1),(0,1) == P (S1 (n+ 1) = 0 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 1

    3 45= 4

    15,

    p(1,1),(1,0) == P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 0 | S2 (n) = 1) == 2

    3 15= 2

    15,

    p(1,1),(1,1) =

    = P (S1 (n+ 1) = 1 | S1 (n) = 1)P (S2 (n+ 1) = 1 | S2 (n) = 1) == 2

    3 45= 8

    15.

    Matrica prelaza procesa :

    (0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

    (0,0)

    P = (0,1)(1,0)

    (1,1)

    18

    38

    18

    38

    110

    410

    110

    410

    112

    312

    212

    612

    115

    415

    215

    815

    .(b) Matrica prelaza procesa za dva koraka:

    (0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

    (0,0)

    P 2 = (0,1)(1,0)

    (1,1)

    2164 119960

    .

    Vektor pocetne raspodele verovatnoca:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

    p (0) =[1 0 0 0

    ].

    Vektor raspodele verovatnoca nakon dva koraka:(0,0) (0,1) (1,0) (1,1)

    p (2) =[ 2164 119960 ] .

    Prema tome, verovatnoca da je u toku trece sekunde aktivan tacno jedan izvor suma iznosi:P ( (2) {(0, 1), (1, 0)}) = P ( (2) = (0, 1)) + P ( (2) = (1, 0)) == 2164 +

    119960 =

    217480 0.4521.

    11. Osobe A i B povremeno cetuju putem interneta, pri cemu u toku svakog dana do cetovanja dolaziukoliko se obe osobe tog dana konektuju na internet. Ako je nekog dana osoba A bila konektovana,tada se sledeceg dana konektuje sa verovatnocom 13 , a osoba B, ako je nekog dana bila konektovana,sledeceg dana se konektuje sa verovatnocom 14 . I osoba A i osoba B se odredenog dana konektujena internet sa verovatnocom 12 ukoliko prethodnog dana nije bila konektovana.

    (a) Naci matrice prelaza slucajnih procesa A (n), n N i B (n), n N koji redom za osobe A i Bpredstavljaju indikator konektovanja na internet tokom n-tog dana.

    (b) Koristeci procese A (n) i B (n) izracunati verovatnocu da ce u subotu samo jedna od osoba Ai B biti konektovana na internet, ako su u prethodni utorak cetovali.

    35

  • Resenje:

    Oznacimo redom sa 0 i 1 moguca stanja procesa A i B, odnosno neka je

    X (n) ={

    1 , osoba X se n-tog dana konektuje na internet0 , osoba X se n-tog dana ne konektuje na internet

    za X {A,B} i X {A,B}.(a) Na osnovu opisa, matrice prelaza (za jedan dan) procesa A i B su redom:

    0 1

    A =0

    1

    [12

    12

    23

    13

    ],

    0 1

    B =0

    1

    [12

    12

    34

    14

    ].

    (b) Subota je cetvrti dan posle utorka, pa koristeci matrice prelaza za 4 dana

    A (4) = A4 =(A2)2 = [ 712 512

    59

    49

    ]2=

    [247432

    185432

    185324

    139324

    ],

    B (4) = B4 =(B2)2 = [ 58 38

    916

    716

    ]2=

    [77128

    51128

    153256

    103256

    ],

    nalazimo vektore uslovnih verovatnoca indikatora konektovanja za subotu osobe X {A,B}pod uslovom da je osoba X bila konektovana u utorak; ako je utorak n-ti dan posmatranogprocesa, tada je subota (n+ 4)-ti dan, a posto je svejedno koji je dan po redu utorak, stavicemo(radi kraceg pisanja) da je n = 0, te tako dobijamo:pA (4) = [P (A (4) = i | A (0) = 1)] = [ 0 1 ] A4 = [ 185324 139324 ],pB (4) = [P (B (4) = i | B (0) = 1)] = [ 0 1 ] B4 = [ 153256 103256 ].Koristeci ove uslovne raspodele procesa A i B, nalazimo trazenu uslovnu verovatnocu (dogadajosobe A i B su cetovale u utorak je ekvivalentan dogadaju i osoba A i osoba B su bilekonektovane na internet u utorak):P ({A (4) = 0,B (4) = 1}+ {A (4) = 1,B (4) = 0} | A (0) = 1,B (0) = 1) == P (A (4) = 0,B (4) = 1 | A (0) = 1,B (0) = 1) +

    + P (A (4) = 1,B (4) = 0 | A (0) = 1,B (0) = 1) == P (A (4) = 0 | A (0) = 1)P (B (4) = 1 | B (0) = 1) +

    + P (A (4) = 1 | A (0) = 1)P (B (4) = 0 | B (0) = 1) == 185

    324 103256

    + 139324

    153256

    = 2016141472

    0.4861.[1] - Slucajni procesi A i B su nezavisni, te iz nezavisnosti dogadaja A (m) = i i B (k) = j sledi:P (A (m2) = i2,B (k2) = j2 | A (m1) = i1,B (k1) = j1) == P(A(m2)=i2,B(k2)=j2,A(m1)=i1,B(k1)=j1)P(A(m1)=i1,B(k1)=j1) =

    = P(A(m2)=i2,A(m1)=i1)P(B(k2)=j2,B(k1)=j1)P(A(m1)=i1)P(B(k1)=j1) =

    = P (A (m2) = i2 | A (m1) = i1)P (B (k2) = j2 | B (k1) = j1).

    36

  • 7 Slucajni procesi - neprekidni procesi

    Srednja vrednost procesa: mX(t) = E (Xt)

    Autokovarijansna funkcija: KX(t, s) = E ((Xt mX (t))(Xs mX (s)))

    Autokorelaciona funkcija: RX(t, s) = E (XtXs)

    Disperzija procesa: DX(t) = D(Xt) = KX (t, t) = RX (t, t)mX (t)2

    1. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive sa normalnom raspodelom N (0, 1) i neka jeXt, t R slucajni proces definisan sa Xt = etU + t2V . Naci sledece karakteristike slucajnogprocesa Xt:

    (a) matematicko ocekivanje,

    (b) autokovarijansnu funkciju,

    (c) disperziju.

    Resenje:

    Posto slucajne promenljive U i V imaju N (0, 1) raspodelu, sledi da je E (U) = E (V ) = 0 iD (U) = D (V ) = 1, a iz D (U) = E

    (U2) (E (U))2 dobijamo da je E (U2) = D (U) + (E (U))2 =

    1 + 0 = 1 i analogno E(V 2)= 1.

    (a) mX(t) = E

    (etU + t2V

    ) [1]= etE (U) + t2E (V ) = et 0 + t2 0 = 0.

    (b) KX(t, s) = E ((Xt mX (t))(Xs mX (s))) = E (XtXs) =

    = E((etU + t2V

    )(esU + s2V

    ))=

    = E(es+tU2 +

    (ets2 + est2

    )UV + t2s2V 2

    ) [1],[2]=

    = es+tE(U2)+(ets2 + est2

    )E (U)E (V ) + t2s2E

    (V 2)=

    = es+t 1 + 0 + (ts)2 1 = es+t + t2s2.(c) D

    X(t) = K

    X(t, t) = et+t + (tt)2 = e2t + t4.

    [1] - Matematicko ocekivanje je linearna transformacija.

    [2] - Slucajne promenljive U i V nezavisne, te je E (UV ) = E (U)E (V ).

    2. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, i neka U ima normalnu N (5, 2) raspodelu a VPoasonovu P (4) raspodelu. Slucajni proces Xt, t [0,) je definisan sa Xt = U cos t+V sin t.Izracunati matematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Xt.

    Resenje:

    Za date slucajne promenljive imamo: E (U) = 5, D (U) = 22 = 4, E (V ) = 4, D (V ) = 4, iizracunavamo E

    (U2)= D (U) + E2 (U) = 29 i E

    (V 2)= D (V ) + E2 (V ) = 20.

    mX(t) = E (Xt) = E (U cos t+ V sin t) = cos t E (U) + sin t E (V ) =

    = 5 cos t+ 4 sin t,

    RX(t, s) = E (XtXs) = E ((U cos t+ V sin t)(U cos s+ V sin s)) =

    = E(U2 cos t cos s+ V 2 sin t sin s+ (cos t sin s+ sin t cos s)UV

    ) [1]=

    = cos t cos s E(U2)+ sin t sin s E

    (V 2)+

    + (cos t sin s+ sin t cos s)E (U)E (V ) == 29 cos t cos s+ 20 sin t sin s+ 20 (cos t sin s+ sin t cos s),

    [1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne pa je

    E (UV ) = E (U)E (V ).

    DX(t) = K

    X(t, t) = R

    X(t, t)m2

    X(t) =

    =(29 cos2 t+ 20 sin2 t+ 40 cos t sin t

    ) (5 cos t+ 4 sin t)2 == 20 + 9 cos2 t+ 40 cos t sin t (25 cos2 t+ 16 sin2 t+ 40 cos t sin t) == 20 + 9 cos2 t (9 cos2 t+ 16) = 4.

    37

  • 3. Naci matematicko ocekivanje, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa X (t) =cos (t+ U), t R gde je konstanta, a U je slucajna promenljiva sa uniformnom raspodelomU (0, 2pi).Resenje:

    U(u) =

    {12pi , u [0, 2pi]0 , u 6 [0, 2pi] .

    Matematicko ocekivanje:

    mX(t) = E (cos (t+ U)) =

    cos (t+ u)U(u) du =

    =2pi0

    cos (t+ u) 12pidu[1]= 12pi

    t+2pit

    cos zdz = 12pi sin zt+2pi

    |t

    =

    = 12pi (sin (t+ 2pi) sin (t)) = 12pi (sin (t) sin (t)) = 0.[1] - Smena: z = t+ u(du = dz, u = 0 z = t, u = 2pi z = t+ 2pi).Autokorelaciona funkcija:

    RX(t, s) = E (X (t)X (s)) = E (cos (t+ U) cos (s+ U)) =

    [2]= E

    (12 cos (t+ s+ 2U) +

    12 cos (t s)

    )=

    = 12E (cos (t+ s+ 2U)) +12 cos (t s) =

    = 12

    cos (t+ s+ 2u)

    U(u) du+ 12 cos (t s) =

    = 122pi0

    cos (t+ s+ 2u) 12pidu+12 cos (t s) =

    [3]= 0 + 12 cos (t s) = 12 cos ((t s)).[2] - 2 cos cos = cos (+ ) + cos ( ).[3] - Smenom z = t+ s+ 2u kao u [1]. (Dakle, proces X (t) je slabo stacionaran).

    Disperzija:

    DX(t) = K

    X(t, t) = R

    X(t, t) (m

    X(t))2 = 12 cos 0 02 = 12 .

    4. Slucajne promenljive X i Y su nezavisne, pri cemu je gustina slucajne promenljive X

    X(x) =

    {43 x2 , x [0, 1]0 , x 6 [0, 1] ,

    a slucajna promenljiva Y ima uniformnu U (0, pi) raspodelu. Odrediti matematicko ocekivanje,autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Ut = X cos (t Y ), t R.Resenje:

    Matematicko ocekivanje:

    mU(t) = E (X cos (t Y )) [1]= E (X)E (cos (t Y )) =

    =

    x

    X(x) dx

    cos (t y) Y(y) dy =

    =10

    x(43 x2

    )dx

    pi0

    cos (t y) 1pidy =

    =(

    43

    10

    xdx10

    x3dx

    ) 1pi

    tpit

    ( cos z)dz = 56pi sin t.

    Autokorelaciona funkcija:

    RU(t, s) = E (UtUs) = E

    (X2 cos (t Y ) cos (s Y )) [1]=

    = E(X2)E (cos (t Y ) cos (s Y )) =

    =10

    x2(43 x2

    )dx 1pi

    pi0

    cos (t y) cos (s y)dy = 1190 cos (s t).

    38

  • Disperzija:

    DU(t) = K

    U(t, t) = R

    U(t, t)m2 (t) =

    = 1190 cos 0 2536pi2 sin2 t = 1190 2536pi2 sin2 t.[1] - Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih X i Y sledi nezavisnost slucajnih promenljivih X icos (t Y ).

    5. Neprekidne i nezavisne slucajne promenljive X i Y su date svojim gustinama raspodele:

    X(x) =

    x , x [0, 1)2 x , x [1, 2]0 , x 6 [0, 2] , Y (y) = y 3 , y [3, 4)5 y , y [4, 5]0 , y 6 [3, 5] ,

    i definisan je slucajni proces Ut = atX + btY, t R, gde su a i b realni parametri.(a) Odrediti srednju vrednost, autokorelacionu funkciju i disperziju slucajnog procesa Ut.

    (b) Za koje vrednosti parametara a i b je proces slabo stacionaran?

    Resenje:

    E (X) =

    x

    X(x) dx =

    10

    x2dx+21

    (2x x2)dx = 1,

    E(X2)=

    x2 X(x) dx =

    10

    x3dx+21

    (2x2 x3)dx = 76 ,

    D (X) = E(X2) E2 (X) = 76 12 = 16 ,

    E (Y ) =

    y

    Y(y) dy =

    43

    (y2 3y)dy + 5

    4

    (5y y2)dy = 4,

    E(Y 2)=

    y2 Y(y) dy =

    43

    (y3 3y2)dy + 5

    4

    (5y2 y3)dy = 976 ,

    D (Y ) = E(Y 2) E2 (Y ) = 976 42 = 16 .

    (a) Srednja vrednost procesa:

    mU(t) = E (atX + btY ) = atE (X) + btE (Y ) = at+ 4bt = (a+ 4b)t.

    Autokorelaciona funkcija:

    RU(t, s) = E (Ut Us) = E ((atX + btY )(asX + bsY )) =

    = E(a2tsX2 + b2tsY 2 + 2abtsXY

    ) [1]=

    = a2tsE(X2)+ b2tsE

    (Y 2)+ 2abtsE (X)E (Y ) =

    = 76a2ts+ 976 b

    2ts+ 8abts = 16(7a2 + 48ab+ 97b2

    )ts.

    [1] - X i Y su nezavisne velicine, pa je E (XY ) = E (X)E (Y ).

    Disperzija procesa:

    DU(t) = D (atX + btY ) = K

    U(t, t) = R

    U(t, t)m2

    U(t) =

    = 16(a2 + b2

    )t2.

    (b) Da bi slucajni proces Ut bio stacionaran, mora biti mU (t) const i RU (t, s) mora da budefunkcija od (t s).S jedne strane m

    U(t) = (a+ 4b)t = const samo ako je a = 4b, i tada je Ut = bt(4X + Y )

    (u tom slucaju je mU(t) 0, t R); s druge strane, za a = 4b je R

    U(t, s) = 176 b

    2tsfunkcija od (t s) samo za b = 0 (tada je R

    U(t, s) = 0 (t s)). Sledi da mora biti

    a = b = 0. Ali tada je Ut 0 i u tom slucaju, trivijalno, proces Ut jeste stacionaran.

    6. Neka su U : N (1, 2) (normalna raspodela) i V : P (3) (Poasonova raspodela) nezavisne slucajnepromenljive i neka je Xt, t [0,) slucajni proces definisan sa:

    Xt = et U + t2 V.

    39

  • (a) Naci srednju vrednost, autokovarijansnu funkciju i disperziju slucajnog procesa Xt.

    (b) Naci srednju vrednost slucajnog procesa Yt =t0

    Xsds.

    Resenje:

    E (U) = 1, D (U) = 22 = 4, E(U2)= D (U) + E2 (U) = 4 + 1 = 5,

    E (V ) = 3, D (V ) = 3, E(V 2)= D (V ) + E2 (V ) = 3 + 9 = 12.

    (a) Za sve t, s [0,) je srednja vrednost procesa:m

    X(t) = E (Xt) = E

    (et U + t2 V

    )=

    = et E (U) + t2 E (V ) = et + 3t2;

    autokovarijansna funkcija procesa:KX(t, s) = E ((Xt mX (t))(Xs mX (s))) =

    = E (XtXs)mX (t)mX (s) == E

    ((et U + t2 V

    )(es U + s2 V

    )) (et + 3t2)(es + 3s2) == E

    (et+sU2 +

    (ets2 + est2

    )U V + (ts)2V 2

    ) (et + 3t2)(es + 3s2) =

    = et+sE(U2)+(ets2 + est2

    )E (UV ) + (ts)2E

    (V 2)

    (et + 3t2)(es + 3s2) =[1]= et+sE

    (U2)+(ets2 + est2

    )E (U) E (V ) + (ts)2E

    (V 2)

    (et + 3t2)(es + 3s2) == 5et+s + 3ets2 + 3est2 + 12t2s2 et+s 3ets2 3est2 9t2s2 == 4et+s + 3t2s2;

    disperzija procesa:DX(t) = K

    X(t, t) = 4e2t + 3t4.

    [1] - Slucajne promenljive U i V su nezavisne.

    (b) mY(t) =

    t0

    mY(s) ds =

    t0

    (es + 3s2

    )ds = et + t3 1.

    7. Neka su U i V nezavisne slucajne promenljive, obe sa uniformnom U (1, 3) raspodelom. Naciraspodele prvog reda i matematicko ocekivanje slucajnog procesa

    Xt = (U + V )t+1

    , t [0,) .Resenje:

    Odredimo najpre raspodelu slucajne promenljive Z = U + V .

    U(u) =

    {0 , u 6 [1, 3]12 , u [1, 3]

    , V(v) =

    {0 , v 6 [1, 3]12 , v [1, 3]

    .

    Iz nezavisnosti slucajnih promenljivih U i V sledi da je

    U,V

    (u, v) = U(u)

    V(v) =

    {0 , (u, v) 6 D14 , (u, v) D

    ,

    gde je D = [1, 3]2. Oznacimo sa P (S) povrsinu oblasti S R2.FZ(z) = P (Z < z) = P (U + V < z) = P (U < z V ) =

    =

    u

  • (2) za 2 < z 4 je (vidi sliku 2) Dz je trougao sa temenima u tackama (1, 1), (z 1, 1) i(1, z 1), te je P (D) = (z2)

    2

    2 , odakle dobijamo: FZ (z) =14 (z2)

    2

    2 =18z

    2 12z + 12 ;(3) za 4 < z 6 je (vidi sliku 3) Dz je poligon sa temenima u tackama (1, 1), (3, 1), (3, z 3),

    (z 3, 3) i (1, 3), te jeP (D) = P (D) P (D \ D) = 4 (6z)

    2

    2 , odakle dobijamo:

    FZ(z) = 14

    (4 (6z)22

    )= 18z2 + 32z 72 ;

    (4) za 6 < z je Dz = D, te je P (D) = P (D) = 4, odakle dobijamo: FZ (z) = 14 4 = 1.

    - v

    6u

    1 3

    1

    3

    0

    @@@@@@@@z1

    z1@@@Dz

    u=zv

    slika 2

    - v

    6u

    1 3

    1

    3

    0

    @@@@@@@@z3

    z3

    @@@Dz

    u=zv

    slika 3

    Dakle: FZ(z) =

    0 , z (, 2]

    18z

    2 12z + 12 , z (2, 4] 18z2 + 32z 72 , z (4, 6]

    1 , z (6,)

    .

    Pri tome je Z slucajna promenljiva absolutno neprekidnog tipa sa gustinom raspodele verovatnoca

    Z(z) = F

    Z(z) =

    0 , z 6 [2, 6]

    14z 12 , z [2, 4) 14z + 32 , z [4, 6]

    .

    Sada je:

    FXt

    (x) = P (Xt < x) = P((U + V )t+1 < x

    )= P

    (Zt+1 < x

    ) [1]= . . .

    (1) za x 0: FXt

    (x) = 0;

    (2) za x > 0: FXt

    (x) = P(Z < x

    1t+1

    )= F

    Z

    (x

    1t+1

    )= . . .

    (2.1) za x1

    t+1 (0, 2] odnosno x (0, 2t+1]: FXt

    (x) = 0;

    (2.2) za x1

    t+1 (2, 4] odnosno x (2t+1, 4t+1]:FXt

    (x) = 18x2

    t+1 12x1

    t+1 + 12 ;

    (2.3) za x1

    t+1 (4, 6] odnosno x (4t+1, 6t+1]:FXt

    (x) = 18x2

    t+1 + 32x1

    t+1 72 ;(2.4) za x

    1t+1 (6,) odnosno x (6t+1,]: F

    Xt(x) = 1.

    Dakle: FXt

    (x) =

    0 , x (, 2t+1]

    18x

    2t+1 12x

    1t+1 + 12 , x

    (2t+1, 4t+1

    ] 18x

    2t+1 + 32x

    1t+1 72 , x

    (4t+1, 6t+1

    ]1 , x (6t+1,]

    .

    [1] - Zbog t [0,) je t+ 1 > 0, pa je 1t+1 > 0; pri tome je Z > 0 i Zt+1 > 0.Izracunavamo matematicko ocekivanje.

    Prvi nacin:

    41

  • mX(t) = E (Xt) = E

    (Zt+1

    )=

    zt+1Z(z) dz =

    =42

    zt+1(14z 12

    )dz +

    64

    zt+1( 14z + 32)dz =

    = 1442

    zt+2dz 1242

    zt+1dz 1464

    zt+2dz + 3264

    zt+1dz =

    =2(2t+2t3t+34t+2)

    (t+2)(t+3) .

    Drugi nacin: koristeci E (f (U, V )) =R2

    f (u, v)U,V

    (u, v) dudv i raspodelu slucajnog vektora

    (U, V ) dobijamo

    E((U + V )t+1

    )=D

    (u+ v)t+1 14dudv = 1431

    (31

    (u+ v)t+1du)dv =

    = 1431

    (u+v)t+2

    t+2

    3

    |1dv = 14

    31

    (3+v)t+2(1+v)t+2t+2 dv =

    = 14 1(t+2)(t+3) ((3 + v)t+3